最新倒序相加法的练习
高中数学倒序相加法17(含答案)
高中数学倒序相加法17(含答案)一、单选题（本大题共1小题，共5.0分）1. 对于三次函数f(x)=ax 3+bx 2+cx +d(a ≠0)，给出定义：设f′(x)是函数f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)=0有实数解x 0，则称点(x 0,f(x 0))为函数f(x)的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也为该函数的对称中心，若f(x)=x 3−32x 2+12x +1，则f(0)+f(12018)+f(22018)…+f(20172018)+f(1)=( )A. 1B. 2017C. 2018D. 2019【答案】D【解析】解：函数f(x)=x 3−32x 2+12x +1，函数的导数f′(x)=x 2−x +3， f″(x)=2x −1，由f″(x 0)=0得2x 0−1=0， 解得x 0=12，而f(12)=1， 故函数f(x)关于点(12,1)对称， ∴f(x)+f(1−x)=2，设f(0)+f(12018)+f(22018)…+f(20172018)+f(1)=m ， 则f(1)+f(20172018)+⋯+f(22018)+f(12018)+f(0)=m ， 两式相加得2×2019=2m ，则m =2019． 故选：D ．由题意对已知函数求两次导数可得图象关于点(12,1)对称，即f(x)+f(1−x)=2，即可得到结论．本题主要考查导数的基本运算，利用条件求出函数的对称中心是解决本题的关键．求和的过程中使用了倒序相加法．二、单空题（本大题共14小题，共70.0分） 2. 设f(x)=4x 4x +2，类比等差数列前n 项和公式的推导方法，计算f(12014)+(22014)+f(32014)+⋯+f(20132014)= ．【答案】20132【解析】【分析】本题考查倒序相加法，属于基础题．解题的关键是发现f(x)+f(1−x)=1，再利用倒序相加法计算即可．【解答】解：∵f(x)=4x4x+2，∴f(x)+f(1−x)=4x4x+2+41−x41−x+2=4x4x+2+44x44x+2=4x4x+2+24x+2=1，∴f(12014)+f(22014)+f(32014)+⋯+f(20132014) =f(12014)+f(20132014)+f(22014)+f(20122014)+⋯…+f(10062014)+f(10082014)+f(10072014)=1006+f(12)=1006+412412+2=1006+12=20132．故答案为20132．3.设函数f(x)=2x+√2，类比课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得f(−2015)+f(−2014)+f(−2013)+⋯+f(2014)+f(2015)+f(2016)的值为_______．【答案】1008√2【解析】【分析】本题主要考查推导等差数列前n项和公式的方法−倒序相加法的应用，属于中档题．根据课本中推导等差数列前n项和的公式的方法−倒序相加法，观察所求式子的特点，应先求f(x)+f(1−x)的值，从而求出即可．【解答】解：∵f(x)=2x+√2，∴f(x)+f(1−x)=2x+√221−x+√2=2x+√2x2+√2·2x=x√2(2x+√2)√2=√22．即f(−2015)+f(2016)=√22,f(−2014)+f(2015)=√22,…，f(−2)+f(3)=√22,f(−1)+f(2)=√22,f(0)+f(1)=√22，∴f(−2015)+f(−2014)+f(−2013)+⋯+f(2014)+f(2015)+f(2016)=2016×√22=1008√2，故答案为：1008√2．4.设f(x)=(x−1)3+1，利用课本中推导等差数列的前n项和的公式的方法，可求得f(−4)+⋯+f(0)+⋯+f(5)+f(6)的值为：_____．【答案】11【解析】【分析】本题考点是求函数的值，考查根据自变量的变化规律求值的一个题，在求解此类题时数的个数一般较多，这预示着做此题一定有规律，此题考查观察能力，请体会其特征．课本中推导等差数列的前n项和的公式的方法为“倒序相加法”，研究这一组数的性质发现，首末两项的和是一个常数，由此得到解题方法．【解答】解：用倒序相加法：令f(−4)+f(−3)+⋯+f(0)+⋯+f(5)+f(6)=S①则也有f(6)+f(5)+⋯+f(0)+⋯+f(−3)+f(−4)=S②由f(x)+f(2−x)=(x−1)3+1+(1−x)3+1=2可得：f(−4)+f(6)=f(−3)+f(5)=⋯=2，于是由①②两式相加得2S=11×2，所以S=11；故答案为11．5.已知f(x)=12+sin(x−12)，数列{a n}满足a n=f(0)+f(1n)+f(2n)+⋯+f(n−1n)+f(1)，则a2019=______．【答案】1010【解析】分析：不提考察函数值的计算，以及数列的概念与表示。
专题08 数列求和-倒序相加、绝对值、奇偶性求和(解析版)
数列求和-倒序相加、绝对值、奇偶性求和◆倒序相加法求和等差数列的求和公式()12n n n a a S +=,其过程正是利用倒序相加的原理.这类题之所以能够利用倒序相加来求和,是因为其自身具备明显的特征,那就是首项与末项相加为定值.一般题中出现12x x k +=(k 为常数),()()12f x f x m +=(m 为常数)时,可以采用倒序相加的方法进行求和.【经典例题1】已知函数()f x 对任意的x ∈R ，都有()()11f x f x +-=，数列{}n a 满足()120n a f f f n n ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭…()11n f f n -⎛⎫+ ⎪⎝⎭.求数列{}n a 的通项公式. 【答案】12n n a += 【解析】因为()()11f x f x +-=，∴111n f f n n -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故()120n a f f f n n ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭…()11n f f n -⎛⎫++ ⎪⎝⎭.① ∴()121n n n a f f f n n --⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭…()01f n f ⎛⎫++ ⎪⎝⎭.② ∴①+②，得21n a n =+，∴12n n a +=. 所以数列{}n a 的通项公式为12n n a +=.【练习1】已知正数数列{}n a 是公比不等于1的等比数列，且120191a a =，试用推导等差数列前n 项和的方法探求：若24()1f x x=+，则()()()122019f a f a f a +++=（ ）A ．2018B ．4036C ．2019D ．4038【答案】D 【解析】120191a a ⋅=，∵函数24()1f x x =+ ∵222214444()41111+⎛⎫+=+== ⎪++⎝⎭+x f x f x x x x， 令122019()()()T f a f a f a =++⋅⋅⋅+，则201920181()()()T f a f a f a =++⋅⋅⋅+， ∵()()()()()()120192201820191242019T f a f a f a f a f a f a =++++⋅⋅⋅++=⨯， ∵4038T =. 故选：D.【练习2】已知函数1()1f x x =+，数列{}n a 是正项等比数列，且101a =，则()()()()()1231819f a f a f a f a f a +++⋅⋅⋅++=__________．【答案】192【解析】函数1()1f x x =+，当0x >时，1111()()111111xf x f x x x xx+=+=+=++++， 因数列{}n a 是正项等比数列，且101a =，则2119218317101a a a a a a a =====，119111()()()()1f a f a f a f a +=+=，同理2183171010()()()()()()1f a f a f a f a f a f a +=+==+=，令()()()()()1231819S f a f a f a f a f a =+++++， 又()()()()()19181721S f a f a f a f a f a =+++++，则有219S =，192S =， 所以()()()()()1231819192f a f a f a f a f a +++⋅⋅⋅++=. 故答案为：192【练习3】已知()442xx f x =+，求122010201120112011f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 【答案】1005. 【解析】因为()442x x f x =+，所以()1144214242442x x x x f x ---===++⨯+，所以()()11f x f x +-=.令12200920102011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，倒写得20102009212011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.两式相加得22010S =，故1005S =.【练习4】函数()f x 对任意x ∈R ,都有1()(1)2f x f x +-=. (I)求12f ⎛⎫ ⎪⎝⎭的值;(II)若数列{}n a 满足11(0)(1)n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,数列{}n a 是等差数列吗?【解析】(I)令 12x =,得1124f ⎛⎫= ⎪⎝⎭. (II)已知函数()f x 对任意x ∈R ,都有1()(1)2f x f x +-=,可得 11(0)(1)11(1)(0)n n n a f f f f n n n a f f f f n n ⎧-⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨-⎛⎫⎛⎫⎪=++++ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩由两式相加可得11(1)112(2)244n n n n n a a a n -++==⇒-=故数列{}n a 是等差数列.◆数列绝对值求和(1)对于首项小于0而公差大于0的等差数列{}n a 加绝对值后得到的数列{}n a 求和,设{}n a 的前n 项和为 {},n n S a 的前n 项和为n T ,数列{}n a 的第k 项小于0而从第1k +项开始大于或等于0,于是有 ,;2,n n nk S n k T S S n k -⎧=⎨->⎩(2)对于首项大于0而公差小于0的等差数列{}n a 加绝对值后得到的数列{}n a 求和,设{}n a 的前n 项和为 {},n n S a 的前n 项和为n T ,数列{}n a 的第k 项大于0而从第1k +项开始小于或等于0,于是有 ,2,n n kn S n k T S S n k ⎧=⎨->⎩ 。
高三数学倒序相加错位相减裂项抵消求和试题答案及解析
高三数学倒序相加错位相减裂项抵消求和试题答案及解析1.数列的前项和为，若，则等于A．B．C．D．【答案】D【解析】因为.所以.【考点】1.数列的通项的裂项.2.数列的求和.2.求下面各数列的前n项和：(1)，…(2) ，…【答案】（1）（2）【解析】(1)∵a＝，n∴S＝n＝＝.＝＝1＋，(2)∵an∴S＝n＋n3.在等差数列中，已知，.（1）求；（2）若，设数列的前项和为，试比较与的大小．【答案】（1） ;（2）当时，；当时，.【解析】（1）根据等差数列的通项公式把已知转化成关于和的方程，再利用公式,求出;（2）由（1）的结果，代入得到,观察形式，利用裂项相消求和，得到,再用做差法比较和的大小，分解因式后，讨论的范围，得到大小关系，此题考察等差数列的基础知识，以及求和的方法，比较大小时，不要忘记讨论,再比较大小,总体属于基础题型. 试题解析：（1）由题意得： 2分解得 4分. 6分（2）因为，所以， 7分10分所以= =， 12分所以当时，；当时，. 14分【考点】1.等差数列的公式；2裂项相消；3.比较法.4.在数列中，，．（1）设，求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）在题中等式两边同时除以得，则，即，利用累加法得；（2）根据第（1）题求出，利用分组求和，，后面括号式子利用错位相加法求得结果.试题解析：（1）由已知得，原式同除以得，则，即，所以……累加，得所以由（1）得，所以设，①，②①－②，得所以，所以【考点】1.累加法求通项公式；2.分组求和法和错误相减法求和.5.已知数列，满足，，（1）求的值；（2）猜想数列的通项公式，并用数学归纳法证明；（3）己知，设，记，求．【答案】（1）；；（2），证明见解析；（3）3．.【解析】（1）这属于已知数列的递推关系式，求数列的项的问题，我们只要在已知递推关系式中依次令就可以依次求出；（2）用归纳法归纳数列的通项公式，我们可以由数列的前几项想象各项与项数之间的联系，如，，，，从而归纳出结论，然后数学归纳法证明，这里数学归纳法的基础即第一步已经不需另证了，关键是第二步，假设时，，然后由已知条件求出，那么结论就是正确的；（3）按常规方法，先求，，接着求数列的前项和，根据其通项公式的形式（它是一个等差数列所一个等比数列对应项相乘所得），求和用乘公比经错位相减法，求得，然后借助已知极限可求出极限.试题解析：(1)，∴．，分别令，可得，(2)猜想数列的通项公式为.用数学归纳法证明如下：证明 (i)当时，由(1)知结论成立；当时，,结论成立.(ii)假设时，结论成立，即.当时，.所以，，即时，结论也成立.根据(i)和(ii)可以断定，结论对一切正整数都成立.(3)由(2)知，，．于是，，．所以，．【考点】（1）数列的项；（2）数学归纳法；（3）借位相减法，极限.6.设数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先令求出的值，然后令时，在原式中用得到一个新的等式，并将该等式与原等式作差，求出数列在时的通项公式，并对的值是否符合上述通项公式进行检验，从而最终确定数列的通项公式；（2）先求出数列的通项公式，并根据数列的通项公式结构选择裂项法求和.试题解析：（1）因为，，①所以当时，．当时，，②，①－②得，，所以．因为，适合上式，所以；（2）由（1）得，所以，所以.【考点】1.定义法求数列的通项公式；2.裂项法求和7.设，的所有非空子集中的最小元素的和为，则= ．【答案】【解析】这个问题主要是研究集合中的每个元素在和中分别出现多少次，事实上，以为例，集合中比大的所有元素组成的集合的所有子集共有个，把加进这些子集里形成新的集合，每个都是最小元素为的集合的子集，而最小元素为的集合的子集也就是这些，故在中出现次，同理出现次，…，出现1次，所以有，这个和用错位相减法可求得．【考点】子集的个数，借位相减法求数列的和．8.已知数列的前项和为，且，则______________.【答案】.【解析】由题意知，所以，下式减上式得.【考点】错位相减求和9.已知数列，，，，，为数列的前项和，为数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和；（3）求证：.【答案】（1）；（2）；（3）详见解析.【解析】（1）解法一是根据数列递推式的结构选择累加法求数列的通项公式；解法二是在数列的递推式两边同时除以，然后利用待定系数法求数列的通项公式，进而求出数列的通项公式；（2）先求出数列的通项公式，然后根据数列的通项结构，选择裂项相消法求数列的前项和；（3）对数列中的项利用放缩法，然后利用累加法即可证明所要证的不等式.试题解析：（1）法一：，法二：（2）（3）证明：，.【考点】1.累加法求数列的通项公式；2.待定系数法求数列的通项公式；3.裂项相消法求数列的和；4.利用放缩法证明数列不等式10.已知数列具有性质：①为整数；②对于任意的正整数，当为偶数时，；当为奇数时，.（1）若为偶数，且成等差数列，求的值；（2）设(且N)，数列的前项和为，求证：；（3）若为正整数，求证：当(N)时，都有.【答案】(1) 0或2；（2）证明见试题解析；（3）证明见试题解析．【解析】（1）根据数列具有性质，为偶数，要，这时要求，必须讨论的奇偶性，分类讨论；（2）要证不等式，最好能求出，那么也就要求出数列的各项，那么我们根据数列定义，由为奇数，则为奇数，为偶数，接下来各项都是偶数，一起到某项为1，下面一项为0，以后全部为0．实际上项为1的项是第项（成等比数列），故可求；（3）由于是正整数，要证明从某一项开始，数列各项均为0，这提示我们可首先证明为非负（这可用数学归纳法加以证明），然后由于数列的关系，可见数列在出现0之前，是递减的，下面要考虑的是递减的速度而已．当为偶数时，；当为奇数时，，因此对所有正整数，都有，依此类推有，只要，则有．试题解析：（1）∵为偶数，∴可设，故，若为偶数，则，由成等差数列，可知，即，解得，故；（2分）若为奇数，则，由成等差数列，可知，即，解得，故；∴的值为0或2．（4分）（2）∵是奇数，∴，，，依此类推，可知成等比数列，且有，又，，，∴当时，；当时，都有．（3分）故对于给定的，的最大值为，所以．（6分）（3）当为正整数时，必为非负整数．证明如下：当时，由已知为正整数，可知为非负整数，故结论成立；假设当时，为非负整数，若，则；若为正偶数，则必为正整数；若为正奇数，则必为非负整数．故总有为非负整数．（3分）当为奇数时，；当为偶数时，．故总有，所以，当时，，即．（ 6分）又必为非负整数，故必有．（8分）【另法提示：先证“若为整数，且，则也为整数，且”，然后由是正整数，可知存在正整数，使得，由此推得，，及其以后的项均为０，可得当时，都有】【考点】（1）递推数列与等差数列；（2）数列的前项和；（3）数列的通项与综合问题．11.数列中，，前项的和是，且，.（1）求数列的通项公式；（2）记，求.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先利用与之间的关系对时，利用求出数列在时的表达式，然后就进行检验，从而求出数列的通项公式；（2）在（1）的基础下，先求出数列的通项公式，然后利用公式法求出数列的通项公式.试题解析：（1）当且时，由，得，上述两式相减得，，故数列是以为首项，以为公比的等比数列，；（2），.【考点】1.定义法求数列通项；2.等差数列求和12.已知数列中，前和（1）求证：数列是等差数列（2）求数列的通项公式（3）设数列的前项和为，是否存在实数，使得对一切正整数都成立？若存在，求的最小值，若不存在，试说明理由。
高中数学倒序相加例题
高中数学倒序相加例题摘要：一、引言二、倒序相加法概念三、倒序相加法应用举例四、总结正文：一、引言高中数学中，倒序相加法是一种求和的方法，广泛应用于等差数列求和问题。
通过这种方法，我们可以快速、准确地计算出等差数列的和，从而解决相关数学问题。
本文将详细介绍倒序相加法的概念以及应用举例。
二、倒序相加法概念倒序相加法，顾名思义，是指将数列中的元素按照倒序的方式两两相加。
具体操作步骤如下：1.将数列的第一个元素与最后一个元素相加；2.将数列的第二个元素与倒数第二个元素相加；3.以此类推，直到将数列的所有元素都相加一遍。
最后，将所有相加的结果相加，即为数列的和。
三、倒序相加法应用举例下面，我们通过一个具体的例子来说明倒序相加法的应用。
例题：求等差数列1, 3, 5, 7, 9, 11 的和。
解：1.将数列的第一个元素1 与最后一个元素11 相加，得到12；2.将数列的第二个元素3 与倒数第二个元素9 相加，得到12；3.将数列的第三个元素5 与倒数第三个元素7 相加，得到12；4.将数列的第四个元素7 与倒数第四个元素5 相加，得到12；5.将数列的第五个元素9 与倒数第五个元素3 相加，得到12。
最后，将所有相加的结果相加，即12+12+12+12+12=60。
所以，等差数列1, 3, 5, 7, 9, 11 的和为60。
四、总结通过以上介绍，我们可以看出，倒序相加法是一种求和的有效方法，尤其适用于等差数列求和问题。
需要注意的是，在实际操作过程中，要确保数列中元素的个数是偶数，否则无法使用倒序相加法求和。
专题12 数列求和方法之倒序相加法(解析版)
专题12 数列求和方法之倒序相加法一、单选题1．已知1()()32g x f x =+-是R 上的奇函数，1(0)()n a f f n=++1()(1)n f f n-++,n *∈N ,则数列{}n a 的通项公式为（ ）A ．1n a n =+B ．31n a n =+C ．33n a n =+D ．223n a n n =-+【答案】C 【分析】 由()132F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在R 上为奇函数，知11622f x f x ⎛⎫⎛⎫-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令12t x =-，则112x t +=-，得到()()16f t f t +-=．由此能够求出数列{}n a 的通项公式． 【详解】由题已知()132F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭是R 上的奇函数， 故()()F x F x -=-，代入得：()11622f x f x x R ⎛⎫⎛⎫-++=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴函数()f x 关于点132⎛⎫ ⎪⎝⎭，对称， 令12t x =-， 则112x t +=-， 得到()()16f t f t +-=， ∴()()1101n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()1110n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，倒序相加可得()261n a n =+，即()31n a n =+， 故选：C ． 【点睛】思路点睛：利用函数的性质以及倒序相加法求数列的通项公式问题.先利用函数的奇偶性得到函数的对称中心，再用换元法得到()()16f t f t +-=，最后利用倒序相加法求解数列的通项公式. 2．已知1()12F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭是R 上的奇函数，*121(0)(1)()n n a f f f f f n n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭N ，则数列{}n a 的通项公式为（ ）A ．n a n =B ．2n a n =C ．1n a n =+D ．223n a n n =-+【答案】C 【分析】由()112F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在R 上为奇函数，知11222f x f x ⎛⎫⎛⎫-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令12t x =-，则112x t +=-，得到()()12f t f t +-=．由此能够求出数列{}n a 的通项公式． 【详解】由题已知()112F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭是R 上的奇函数， 故()()F x F x -=-， 代入得：()11222f x f x x R ⎛⎫⎛⎫-++=∈⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴函数()f x 关于点112⎛⎫ ⎪⎝⎭，对称， 令12t x =-， 则112x t +=-，得到()()12f t f t +-=， ∴()()1101n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()1110n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，倒序相加可得()221n a n =+， 即1n a n =+， 故选：C ． 【点睛】思路点睛：先利用函数的奇偶性得到函数的对称中心，再利用对称性以及倒序相加法求数列的通项公式. 3．已知12a =，121n n a a n +-=+（*n N ∈），则n a =（ ） A ．1n + B ．21nC ．21n +D ．221n +【答案】C 【分析】利用累加法即可求出通项公式． 【详解】解：∴121n n a a n +-=+，则当2n ≥时，121n n a a n --=-，……325a a -=， 213a a -=，∴132212153n n a a a a a a n --+⋅⋅⋅+-+-=-+⋅⋅⋅++，化简得()()21121312n n n a a n --+-==-，又12a =，∴21n a n =+，经检验12a =也符合上式， ∴()2*1n n N a n =+∈，故选：C ． 【点睛】本题主要考查累加法求数列的通项公式，考查数列的递推公式的应用，考查倒序相加法求数列的和，考查计算能力，属于中档题．4．设n 为满足不等式01222008nn n n n C C C nC ⋅+⋅<⋅+++的最大正整数，则n 的值为（ ）．A ．11B ．10C ．9D ．8【答案】D 【分析】利用倒序相加法可求得0121221n n n n n n C C C nC n -+++⋅⋅⋅+=⋅+，进而解不等式求得最大正整数n .【详解】设0122nn n n n S C C C nC =+++⋅⋅⋅+，则()()12012n n n n nn n S nC n C n C C --=+-+-+⋅⋅⋅+，又r n rn n C C -=，012102222n n n n n n n n n S nC nC nC nC nC C n -∴=++++++=⋅+，121n S n -∴=⋅+，由2008S <得：122007n n -⋅<，72128=，82256=，∴78210242007⨯=<，89223042007⨯=>，n ∴的值为8.故选：D . 【点睛】本题考查了与组合数有关的不等式的求解问题；涉及到了利用倒序相加法求解数列的前n 项和的问题，属于中档题.5．已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的前10项和为（ ）A ．652B ．33C ．672D ．34【答案】A 【分析】根据()(1)1f x f x +-=，并结合倒序相加法可求出12n n a +=，再利用等差数列求和公式得到答案. 【详解】函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴，121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴，由∴+∴可得21n a n =+，12n n a +∴=， 所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前10项和为10110165222+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=.故选：A. 【点睛】本题考查了函数的性质，考查倒序相加法求和，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，属于中档题. 6．已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足12(0)n a f f f n n ⎛⎫⎛⎫=++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1(1)n f f n -⎛⎫+ ⎪⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（ ）A ．100B ．105C ．110D ．115【答案】D 【分析】根据函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，利用倒序相加法求出n a ，再求前20项和． 【详解】 解：函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，()()12101n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴， ()()12110n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴，由∴+∴可得21n a n =+，12n n a +∴=，所以数列 {}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=． 故选：D ． 【点睛】本题主要考查函数的性质及倒序相加法求和，属于基础题．7．已知函数()442x x f x =+，设2019n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（n *∈N ），则数列{}n a 的前2019项和2019S 的值为（ ） A ．30293B ．30323C ．60563D ．60593【答案】A 【分析】首先可得()()11f x f x +-=，又2019n n a f ⎛⎫=⎪⎝⎭，则20192019120192019n n n f f a --⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即20191n n a a -+=，则可得20181009S =，再由()91201120119422019423a f f ⎛⎫==== ⎪+⎝⎭及201920182019S S a =+计算可得； 【详解】解：因为()442xx f x =+，所以()114214242x x xf x ---==++ 所以()()21414242xx x f x f x +=-+=++因为2019n n a f ⎛⎫=⎪⎝⎭ 所以2019n n a f ⎛⎫=⎪⎝⎭，20192019120192019n n n f f a --⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以20191n n a a -+=则数列{}n a 的前2018项和2018S 则1220182018a a S a =+++ 2018212018017S a a a =+++所以201820182S = 所以20181009S = 又()91201120119422019423a f f ⎛⎫==== ⎪+⎝⎭20192018201923029100933S S a ∴=+=+=故选：A 【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，函数与数列，倒序相加法求和，属于中档题. 8．已知22()(),1f x x x=∈+R 若等比数列{}n a 满足120201,a a =则122020()()()f a f a f a +++=（ ）A ．20192B ．1010C ．2019D ．2020【答案】D 【详解】22()(),1f x x x=∈+R 22222122()11122211f x f x x x x x x⎛⎫∴+=+ ⎪+⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+=++等比数列{}n a 满足120201,a a =120202019220201...1,a a a a a a ∴====()()()()()()120202019202012...2f a f a f a f a f a f a ∴+=+==+=即122020()()()f a f a f a +++=2020故选：D 【点睛】本题综合考查函数与数列相关性质，需要发现题中所给条件蕴含的倒数关系，寻找规律进而求出答案. 9．设函数()221xf x =+，利用课本（苏教版必修5）中推导等差数列前n 项和的方法，求得()()()()()54045f f f f f -+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++的值为（ ）A ．9B ．11C ．92D ．112【答案】B 【分析】先计算出()()f x f x +-的值，然后利用倒序相加法即可计算出所求代数式的值. 【详解】()221x f x =+，()()()22222212121221x x x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()2122222211221xx x x x +⋅=+==+++， 设()()()()()54045S f f f f f =-+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++， 则()()()()()54045S f f f f f =+++++-+-，两式相加得()()2115511222S f f ⎡⎤=⨯+-=⨯=⎣⎦，因此，11S =. 故选：B. 【点睛】本题考查函数值的和的求法，注意运用倒序相加法，求得()()2f x f x +-=是解题的关键，考查化简运算能力，属于中档题．10．设等差数列{}n a 的前n 项和是n S ，已知21832a a +=，则145S S -=（ ） A ．102S B ．144C ．288D ．()1145a a +【答案】B【分析】根据等差数列求和公式表示出145S S -，根据21832a a +=结合等差数列性质求解. 【详解】由题：等差数列中：()()614218145671499 (14422)a a a a S S a a a ++-=+++===．故选：B 【点睛】此题考查等差数列求和公式和等差数列性质的综合应用，熟练掌握相关性质可以减少计算量. 11．已知F (x )=f (x +12)−2是R 上的奇函数，a n =f (0)+f (1n )+⋯+f (n−1n)+f (1)，n ∈N ∗则数列{a n }的通项公式为 A ．a n =n B ．a n =2(n +1) C ．a n =n +1 D ．a n =n 2−2n +3【答案】B 【分析】由F (x )=f (x +12)−2在R 上为奇函数，知f （12−x ）+f （12+x ）=4，令t =12−x ，则12+x =1−t ，得到f （t ）+f （1−t ）=4．由此能够求出数列{a n }的通项公式． 【详解】由题已知F (x )=f (x +12)−2是R 上的奇函数 故F （−x ）=−F （x ），代入得：f （12−x ）+f （12+x ）=4，（x ∈R ） ∴函数f （x ）关于点（12，2）对称，令t =12−x ，则12+x =1−t ，得到f （t ）+f （1−t ）=4． ∴a n =f (0)+f (1n )+⋯+f (n−1n )+f (1)，a n =f (1)+f (n−1n )+⋯+f (1n )+f (0)倒序相加可得2a n =4（n +1），即a n =2（n +1） ， 故选B∴ 【点睛】本题考查函数的基本性质，借助函数性质处理数列问题问题，对数学思维的要求比较高，要求学生理解f （12−x ）+f （12+x ）=4，（x ∈R ）∴属难题12．已知函数()sin 3f x x x π=+-，则12340332017201720172017f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为（ ）A ．4033B ．-4033C ．8066D ．-8066【答案】D 【解析】试题分析：()()()2sin 32sin 234f x f x x x x x πππ+-=+-+-+--=-，所以原式()4033480662=-⋅=-. 考点：函数求值，倒序求和法.【思路点晴】本题主要考查函数求值与倒序相加法.注意到原式中第一个自变量加上最后一个自变量的值为2，依此类推，第二个自变量加上倒数第二个自变量的值也是2，故考虑()()2f x f x +-是不是定值.通过算，可以得到()()24f x f x +-=-，每两个数的和是4-，其中()()()114,12f f f +=-=-，所以原式等价于4033个2-即8066-.13．已知1()()12F x f x =+-为R 上的奇函数，121(0)()()()(1)n n a f f f f f n nn-=+++++*()n N ∈，则数列{}n a 的通项公式为 A ．1n a n =- B ．n a n =C ．1n a n =+D ．2n a n =【答案】C 【分析】观察到121(0)()()()(1)n n a f f f f f n nn-=+++++的自变量头尾加得1，根据()F x 为R 上的奇函数和1()()12F x f x =+-得到112,()22f x f x x R ⎛⎫⎛⎫-++=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即可求解. 【详解】∴()F x 为R 上的奇函数， ∴()()F x F x -=-代入1()()12F x f x =+-得：112,()22f x f x x R ⎛⎫⎛⎫-++=∈⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当0x =时，112f ⎛⎫=⎪⎝⎭， 当n 为偶数时：()*121(0)(1)n n a f f f f f n N n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯++∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭111111122[(0)(1)]222n n n f f ff f f f n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎡-⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⋯++⋯+++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦2112nn =⨯+=+当n 为奇数时：()*121(0)(1)n n a f f f f f n N n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯++∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭111122[(0)(1)]n n n f f f f f f n n n n ⎡-+⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥ ⎪ ⎪⎡-⎤⎛⎫⎛⎫=++++⋯++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦1212n n +=⨯=+ 综上所述，1n a n =+， 故选C. 【点睛】本题考查数列与函数的综合应用.关键在于发现规律，再建立与已知的联系. 二、填空题14．设数列{}n a 的通项公式为2cos ,n a n =︒该数列的前n 项和为n S ，则89S =_________.【答案】892【分析】利用诱导公式和同角三角函数基本关系式可知()22cos cos 901n n +-=，再利用倒序相加法求和.【详解】()22cos sin 90n n =- ，222289cos 1cos 2cos 3...cos 89S =++++， 222289cos 89cos 88cos 87...cos 1S =++++ ，22cos 89sin 1=，22cos 88sin 2=，22cos 87sin 3=，…22cos 1sin 89=，()()()222222892cos 1cos 89cos 2cos 88...cos 89cos 1S ∴=++++++， ()()()222222892cos 1sin 1cos 2sin 2...cos 89sin 89S ∴=++++++，18989=⨯=，89892S ∴=. 故答案为：892 【点睛】关键点点睛：本题考查求三角函数的和，解题关键是找到()22cos cos 901n n +-=，然后利用倒序相加法求和.15．已知函数()331xx f x =+，()x R ∈，正项等比数列{}n a 满足501a =，则()()()1299f lna f lna f lna ++⋯+等于______．【答案】992【解析】试题分析：因为3()31x x f x =+，所以33()()13131x xx x f x f x --+-=+=++．因为数列{}n a 是等比数列，所以21992984951501a a a a a a a =====，即1992984951ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a +=+==+=．设9912399(ln )(ln )(ln )(ln )S f a f a f a f a =++++ ∴，又99999897(ln )(ln )(ln )=++S f a f a f a ＋…＋1(ln )f a ∴，∴+∴，得99299=S ，所以99992=S ．考点：1、等比数列的性质；2、对数的运算；3、数列求和．【知识点睛】如果一个数列{}n a ，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和（都相等，为定值），可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．16．设()'f x 是函数()y f x =的导数，()''f x 是()'f x 的导数，若方程()''0f x =有实数解0x ，则称点()()0,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.已知：任何三次函数都有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心.设()32182133f x x x x =-++，数列{}n a 的通项公式为27n a n =-，则()()()128f a f a f a ++⋅⋅⋅+=_______. 【答案】8 【分析】由题意对已知函数求两次导数可得图象关于点(2,1)对称，即()(4)2f x f x +-=，即可得到结论． 【详解】 解：3218()2133f x x x x =-++，28()43f x x x ∴'=-+，()24f x x ∴'=-，令()0f x ''=，解得：2x =， 而88(2)821133f =-+⨯+=， 故函数()f x 关于点(2,1)对称，()(4)2f x f x ∴+-=，27n a n =-， 15a ∴=-，89a =， 18()()2f a f a ∴+=，同理可得27()()2f a f a +=，36()()2f a f a +=，45()()2f a f a +=，128()()()248f a f a f a ∴++⋯+=⨯=，故答案为：8.【点睛】本题主要考查导数的基本运算，利用条件求出函数的对称中心是解决本题的关键．求和的过程中使用了倒序相加法． 17．已知()221x f x x +=-，等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且20181009S =，则()()()122018f a f a f a +++的值为___________.【答案】1009 【分析】先求出120181a a +=，并判断20181n n a a -+=，（n *∈N 且02018n <<），再由函数得到()()11f x f x +-=，最后求()()()122018f a f a f a +++的值即可.【详解】解：因为等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且20181009S =， 所以1201820182018()10092a a S +==，解得：120181a a +=，则20191n n a a -+=，（n *∈N 且02018n <<） 因为()221x f x x +=-，则()()2(1)211212(1)1x x f x f x x x +-++-=+=---， 所以()()()()20192(1)211212(1)1n n n n n n n n a a f a f a f a f a a a -+-++=+-=+=---设()()()122018T f a f a f a =+++，则()()()201821T f a f a f a =+++，由上述两式相加得：()()()()()()1201822017201812[][][]2018T f a f a f a f a f a f a =++++++=，则1009T = 故答案为：1009. 【点睛】本题考查等差数列的通项的性质、等差数列的前n 项和、倒序相加法，是中档题.18．设函数2()log f x =，数列{}n a 满足2020n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则124039a a a ++⋅⋅⋅+=______.【答案】40392- 【分析】由题得40391403924038403912()()()S a a a a a a =++++++，设k *∈N ,考虑一般情况，40401k k a a -+=-，即得解. 【详解】由题得4039124039S a a a =++⋅⋅⋅+,4039403921S a a a =+⋅⋅⋅++， 两式相加得40391403924038403912()()()S a a a a a a =++++++，考虑一般情况，设k *∈N ,则4040224040404020202020log log 404020202020424220202020k kk kk k a a f f k k ---⎛⎫⎛⎫+=+=+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭-⨯-⨯2240401=log log 12k ⎤-==-⎢⎣ 所以40394039403924039,.2S S =-∴=- 故答案为：40392- 【点睛】本题主要考查对数的运算和倒序相加求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 19．若121()(1)2,(0)()()...()(1)n n f x f x a f f f f f n n n-+-==+++++(*n N ∈)，则数列{}n a 的通项公式是___________. 【答案】1n a n =+ 【分析】根据自变量的和为1时，函数值的和为2，运用数列的求和方法，倒序相加法求和，计算数列的通项公式. 【详解】()()1210...1n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()1211...0n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相加可得 ()()()()1111201...10n n n a f f ff f f f f n n n n ⎡-⎤⎡-⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++++⎡⎤⎡⎤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦， ()221n a n =+，所以1n a n =+ . 故答案为：1n a n =+ 【点睛】本题考查倒序相加法求和，重点考查推理能力和计算能力，属于基础题型. 20．()f x 对任意x ∈R 都有()()112f x f x +-=.数列{}n a 满足：()120n a f f f n n ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()11n f f n -⎛⎫++ ⎪⎝⎭，则n a =__________.【答案】14n + 【分析】采用倒序相加法即可求得结果. 【详解】由题意得：()()1012f f +=，1112n f f n n -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，2212n f f n n -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，……， ()()12101n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()12110n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 122n n a +∴=，解得：14n n a +=. 故答案为：14n +. 【点睛】本题考查利用倒序相加法求和的问题，属于基础题.21．函数2()2cos 2xf x π=，数列{}n a 满足()2020n na f =，其前n 项和为n S ，则2019S =_____. 【答案】2019 【分析】由二倍角公式可得2()2coscos 12xf x x ππ==+，则cos12020n na π=+，再求其前2019项的即可，或根据函数的解析式化简得到()+(1)2f x f x -=求解. 【详解】 （法一）：2()2cos cos 12xf x x ππ==+，()2020n n a f = cos12020n na π∴=+ ()cos cos 0απα+-=1201922018coscos cos cos 02020202020202020ππππ∴+=+= 201912320191220182019cos1cos 1cos1cos 120202020202020202019S a a a a ππππ=++++=++++++++= （法二）：2()2cos=cos 12xf x x ππ=+，()()(1)cos 11cos 1f x x x πππ-=-+=-+=cos cos sin sin 1cos 1x x x πππππ++=-+所以()+(1)2f x f x -=，20191232019++++S a a a a =所以20191232019()()()()2020202020202020S f f f f =++++， 20192019201820171()()()()2020202020202020S f f f f =++++，所以2019222019S =⨯，所以20192019S =. 故答案为：2019 【点睛】本题考查三角函数诱导公式及数列求和降幂公式：21cos 2cos 2αα+=，21cos 2sin 2αα-=， 22．推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得22222sin 1sin 2sin 3sin 88sin 89︒+︒+︒+⋯+︒+︒=__________.【答案】892. 【分析】通过诱导公式可知sin1cos89,sin2cos88,...,sin89cos1︒=︒︒=︒︒=︒，结合22sin cos 1αα+=，可求出原式为892. 【详解】解：设22222sin 1sin 2sin 3sin 88sin 89S =︒+︒+︒+⋯+︒+︒，sin1cos89,sin2cos88,sin3cos87,...,sin88cos2,sin89cos1︒=︒︒=︒︒=︒︒=︒︒=︒，22222cos 1cos 2cos 3...cos 88cos 89S ∴=︒+︒+︒++︒+︒，则()()()2222222sin 1cos 1sin 2cos 2...sin 89cos 8989S =︒+︒+︒+︒++︒+︒=，即892S =， 故答案为:892【点睛】本题考查了诱导公式，考查了同角三角函数的基本关系.本题的关键是结合诱导公式对所求式子倒序求和. 23．设()f x =，利用课本中推导等差数列前n 项和的公式的方法，可求得12019f ⎛⎫ ⎪⎝⎭22019f ⎛⎫+ ⎪⎝⎭2017201820192019f f ⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭_________．【答案】2【分析】由题干可证出()(1)f x f x +-=1009对的组合，即1009个2，计算即可得解. 【详解】()f x =，∴(1)x xf x -===，因此()(1)x xf x f x +-==2x ⎛⎫===， 所以12019f ⎛⎫⎪⎝⎭22019f ⎛⎫+ ⎪⎝⎭2017201820192019f f ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 12018201920192019202201197f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=⎝⎭⎝⎭2=.故答案为：2. 【点睛】本题考查倒序相加法求数列的前n 项和，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题. 24．已知数列{}n a 满足2120n n n a a a ++-+=，且42a π=，若函数()2sin 22cos2xf x x =+，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前7项和为__________. 【答案】7 【分析】利用等差数列的性质可得17263542a a a a a a a π+=+=+==，再利用二倍角的余弦公式可得()2sin22cos sin2cos 12xf x x x x =+=++，利用倒序相加法即可求解. 【详解】数列{}n a 满足211n n n n a a a a +++-=-，*N n ∈，∴数列{}n a 是等差数列，42a π=，17263542a a a a a a a π∴+=+=+==，()2sin22cos sin2cos 12xf x x x x =+=++，()()171177sin 2cos 1sin 2cos 1f a f a a a a a ∴+=+++++ ()()7777sin 22cos 1sin 2cos 1a a a a ππ=-+-++++7777sin 2cos 1sin 2cos 12a a a a =--++++=同理()()()()()2635422f a f a f a f a f a +=+==，∴数列{}n y 的前7项和为7.故答案为：7. 【点睛】本题考查了等差数列的性质、二倍角的余弦公式、诱导公式以及倒序相加法，属于中档题.25．给出定义 ：对于三次函数32()(0),f x ax bx cx d a =+++≠设'()f x 是函数()y f x =的导数，()f x ''是'()f x 的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称点0,0((())x f x 为函数()y f x =的“拐点”，经过研究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.已知函数3232115()32,()33212h x x x x g x x x x =-++=-+-.设1234037()()()......(),2019201920192019h h h h n ++++=1232018()()()......()2019201920192019g g g g m +++=.若2()(1),t x mx nxt '=+则(0)t '=__________．【答案】-4037 【分析】由题意对已知函数求两次导数,令二阶导数为零,即可求得函数的中心对称,即有()(1)2g x g x +-=,()(2)2h x h x +-=,借助倒序相加的方法,可得,m n 进而可求2()(1)t x mx nxt '=+的解析式,求导,当1x =代入导函数解得(1)t ',计算求解即可得出结果. 【详解】 函数32115()33212g x x x x =-+-函数的导数2()3,()21g x x x g x x '''=-+=-由()0g x ''=得0210x -=解得012x =,而112g ⎛⎫= ⎪⎝⎭故函数()g x 关于点1,12⎛⎫⎪⎝⎭对称, ()(1)2g x g x ∴+-=故1232018()()()...+()2019201920192019g g g g m +++=，201820171201920192019g g g m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 两式相加得220182m ⨯=，则2018m =.同理32()32h x x x x =-++,2()361h x x x '=-+,()66h x x ''=-,令()0h x ''=,则1x =,(1)1h =,故函数()h x 关于点()1,1对称,()(2)2h x h x ∴+-=,1234037()()()...(),2019201920192019h h h h n ++++=4037403640351()()()...(),2019201920192019h h h h n ++++=两式相加得240372n ⨯=,则4037n =. 所以2()20184037(1),t x x xt '=+()40364037(1),t x x t ''=+当1x =时, (1)40364037(1),t t ''=+解得:(1)=1t '-,所以()40364037,t x x '=-则(0)4037t =-'.故答案为: -4037.【点睛】本题考查对新定义的理解,考查二阶导数的求法,仔细审题是解题的关键,考查倒序法求和,难度较难.三、解答题26．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ．（∴）若{}n a 为等差数列，求证：()12n n n a a S +=； （∴）若()12n n n a a S +=，求证：{}n a 为等差数列． 【答案】（∴）证明见解析；（∴）证明见解析.【分析】（1）根据{}n a 为等差数列，利用倒序相加法证明()12n n n a a S +=即可； （2）由前n 项和公式有1n n n a S S -=-、11n n n a S S ++=-，相加后整理可得11n n n n a a a a +--=-，{}n a 为等差数列得证．【详解】（∴）证明：已知数列{}n a 为等差数列，设其公差为d ，则有1123(1),n n n a a n d S a a a a =+-=++++， 于是()()[]11112(1)n S a a d a d a n d =+++++++-，∴ 又()()[]2(1)n n n n n S a a d a d a n d =+-+-++--，∴ ∴+∴得：()12n n S n a a =+，即()12n n n a a S +=． （∴）证明：∴()12n n n a a S +=，当2n ≥时，()111(1)2n n n a a S ---+=， ∴()()1111(1)22n n n n n n a a n a a a S S --+-+=-=-，∴ ()()11111(1)22n n n n n n a a n a a a S S ++++++=-=-，∴ ∴-∴并整理，得112n n n a a a -+=+，即11(2)n n n n a a a a n +--=-≥，∴数列{}n a 是等差数列．【点睛】本题考查了已知等差数列的通项公式，应用倒序相加法求证前n 项和公式，由前n 项和公式，结合等差数列的定义证明等差数列，属于基础题.27．已知函数()21x f x x =+，设数列{}n a 满足1()n n a f a +=，且112a =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若记((21))(1i n b f i a i =--⨯=，2，3，⋯，)n ，求数列{}i b 的前n 项和n T .【答案】（1）12n a n =；（2）2n n T =. 【分析】（1）由1()n n a f a +=得到121n n n a a a +=+，然后变形为1112n n a a +-=，利用等差数列的定义求解. （2）由（1）得到121221i i b n i -+=⨯-+，由112112*********i n i i n i b b n i n i -+-+-++=⨯+⨯=-+-+，利用倒序相加法求解.【详解】（1）因为()21x f x x =+，所以由1()n n a f a +=得121n n na a a +=+， 所以121112n n n na a a a ++==+，∴1112n n a a +-=， 所以1{}n a 是首项为2，公差为2的等差数列， 所以12(1)22n n n a =+-⨯=，所以12n a n=. （2）由（1）知21()(1,2,3,,)2i i b f i n n-=-=⋯， 则21(21)1212212[(21)]22212()12i i i i n b i i n n i -----+===⨯-⨯--+-+⨯-+， {}12(1)1[2(1)1]22(1)12[2(1)1]22[]12n i n i n i n b n i n i n n -+-+----+-==-+-⨯--+-+⨯-+， 12(1)112212[2(1)1]221n i n i n i n n i -+--+=⨯=⨯-+---+， 所以112112211(1,2,3,,)221221i n i i n i b b i n n i n i -+-+-++=⨯+⨯==⋯-+-+， 123n n T b b b b =+++⋯+，121n n n n T b b b b --=+++⋯+，两式相加，得：121321112()()()()()nn n n n n i n i i T b b b b b b b b b b n ---+==++++++⋯++=+=∑， 所以2n n T =. 【点睛】 本题主要考查数列的递推关系，等差数列的定义及通项公式以及倒序相加求和，话考查了运算求解的能力，属于中等题.28．已知f (x )＝142x + (x ∴R )，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是函数y ＝f (x )的图像上的两点，且线段P 1P 2的中点P的横坐标是12. （1）求证：点P 的纵坐标是定值；（2）若数列{a n }的通项公式是a n ＝()*m N ,n 1,2,3,,m n f m ⎛⎫∈=⋯⎪⎝⎭，求数列{a n }的前m 项和S m . 【答案】（1）证明见解析；（2）S m ＝3112m - 【分析】（1）先根据中点坐标公式得x 1＋x 2＝1，再代入化简求得y 1＋y 2＝12，即证得结果； （2）先求()1f ，再利用倒序相加法求121S=m f f f m m m -⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两者相加得结果. 【详解】（1）证明：∴P 1P 2的中点P 的横坐标为12， ∴122x x +＝12，∴x 1＋x 2＝1. ∴P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是函数y ＝f (x )的图像上的两点，∴y 1＝1142+x ，y 2＝2142+x ， ∴y 1＋y 2＝1142+x ＋2142+x ＝121242424242()()+++++x x x x ＝12121244442444()++++++x x x x x x ＝121244442444()+++++x x x x ＝12124442444()++++x x x x ＝12， ∴点P 的纵坐标为122y y +＝14. ∴点P 的纵坐标是定值.（2）S m ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a m＝()12121=1m m f f f f f f f m m m m m m -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭令121S=m f f f m m m -⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 由（1）知k f m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋m k f m -⎛⎫ ⎪⎝⎭＝12.(k ＝1，2，3，…，m －1) ∴倒序相加得∴2S ＝12 (m －1)，∴S ＝14 (m －1). 又f （1）＝142+＝16， ∴S m ＝S ＋f （1）＝14 (m －1)＋16＝3112m -. 【点睛】本题考查利用指数性质运算、利用倒序相加法求和，考查基本求解能力，属基础题.29．已知f (x )＝142x + (x ∴R )，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是函数y ＝f (x )的图像上的两点，且线段P 1P 2的中点P 的横坐标是12. （1）求证：点P 的纵坐标是定值；（2）若数列{a n }的通项公式是a n ＝()*N ,1,2,3,,n f m n m m ⎛⎫∈=⋯⎪⎝⎭，求数列{a n }的前m 项和S m . 【答案】（1）见证明过程（2）S m ＝3112m - 【分析】 （1）根据P 1P 2的中点P 的横坐标是12可得x 1＋x 2＝1，计算y 1＋y 2＝12121244442444()++++++x x x x x x ，代入x 1＋x 2＝1可得y 1＋y 2＝12，即可得证； （2）利用倒序相加法求数列的和即可.【详解】（1）证明：∴P 1P 2的中点P 的横坐标为12， ∴122x x +＝12，∴x 1＋x 2＝1. ∴P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是函数y ＝f (x )的图像上的两点，∴y 1＝1142+x ，y 2＝2142+x∴y 1＋y 2＝1142+x ＋2142+x ＝121242424242()()+++++x x x x ＝12121244442444()++++++x x x x x x ＝121244442444()+++++x x x x ＝12124442444()++++x x x x ＝12， ∴点P 的纵坐标为122y y +＝14. ∴点P 的纵坐标是定值．（2）S m ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a m＝f 1m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f 2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f 3m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋…＋f m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＝f 1m ⎛⎫⎪⎝⎭＋f 2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f 3m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋…＋f 1m m -⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f (1)． 令S ＝f 1m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f 2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f 3m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋…＋f 1m m -⎛⎫ ⎪⎝⎭，∴ 倒序得S ＝f 1m m -⎛⎫⎪⎝⎭＋f 2m m -⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f 3m m -⎛⎫ ⎪⎝⎭＋…＋f 1m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，∴ ∴＋∴，得2S ＝11m f f m m -⎛⎫⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＋[f 2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋ f 2m m -⎛⎫ ⎪⎝⎭]＋[f 3m ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋ f 3m m -⎛⎫ ⎪⎝⎭]＋…＋[f 1m m -⎛⎫ ⎪⎝⎭＋f 1m ⎛⎫ ⎪⎝⎭]． ∴k m ＋m k m-＝1(k ＝1，2，3，…，m －1)， ∴由（1）知f k m ⎛⎫⎪⎝⎭＋f m k m -⎛⎫ ⎪⎝⎭＝12. ∴2S ＝12 (m －1)，∴S ＝14(m －1)． 又f (1)＝142+＝16， ∴S m ＝S ＋f (1)＝14(m －1)＋16＝3112m -【点睛】本题主要考查了定值问题，数列倒序相加求和，考查了推理分析问题能力，运算能力，属于中档题.30．已知数列{}n a 的前n 项和224()n n S n N ++=-∈，函数()f x 对一切实数x 总有()(1)1f x f x +-=，数列{}n b 满足121(0)()()()(1).n n b f f f f f n n n -=+++++分别求数列{}n a 、{}n b 的通项公式. 【答案】()1*2n n a n N +=∈；12n n b += 【分析】 利用,n n a S 的关系即可容易得到n a ；根据函数性质，利用倒序相加法即可求得n b .【详解】当12111,244n a S +===-=当()()21112,24242n n n n n n n a S S +++-≥=-=---= 1n =时满足上式，故()1*2n n a n N +=∈ ；∴()()1f x f x +-=1∴111n f f n n -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴()120n b f f f n n ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()11n f f n -⎛⎫++ ⎪⎝⎭∴ ∴()121n n n b f f f n n --⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()10f f ++ ∴ ∴∴+∴，得1212n n n b n b +=+∴=【点睛】 本题考查利用,n n a S 的关系求数列的通项公式，涉及倒序相加法求数列的前n 项和，属综合基础题.。
数列求和之倒序相加法练习题
；计算 (
1
2021
)+(
2
2021
)+(
3
2021
)+ ⋯+(
2020
2021
)=
．
四、解答题
18. 已知函数 = ( > 0且 ≠ 1)在[1,2]上的最大值与最小值之和为 20，记
() =
．
+2
(1)求 a 的值；
(2)求证：() + (1 − )为定值；
可得 = 11．
故选：B．
由题意求得() + (−) = 2，设 = (−5) + (−4) + ⋯ + (0) + ⋯ + (4) +
(5)，则 = (5) + (4) + ⋯ + (0) + ⋯ + (−4) + (−5)，两式相加，计算可得
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于基础题．
求得() + (1 − ) = 1，再由数列的倒序相加求和，计算可得所求和．
【解答】
解：函数() =
4
4 +2
+
2
2+4
4
，可得() + (1 − ) =
4 +2
4
4 +2
+
41−
4 1− +2
=
4
4 +2
+
4
4+2⋅4
=
= 1，
1
2
2
20+1
)
2
2
= 115．
高中数学倒序相加法20(含答案)
高中数学倒序相加法20（含答案）一、单选题（本大题共1小题，共5.0分）1. .已知函数f(x)=x 3−32x 2+34x +18，则∑f 2016k=1 (k2017)的值为( )A. 0B. 504C. 1 008D. 2 016【答案】B 【解析】 【分析】由函数解析式验证f(x)+f(1−x)=12，由此得出结论． 【解答】解：因为f(1−x)=(1−x)3−32(1−x)2+34(1−x)+18=−x 3+32x 2−34x +38， 所以f(x)+f(1−x)=x 3−32x 2+34x +18−x 3+32x 2−34x +38=12，所以∑f 2016k=1(k2017)=f (12017)+f (22017)+⋯+f (20162017)=1 008×[f (12017)+f (20162017)]=1 008×12=504． 故选B ．二、单空题（本大题共9小题，共45.0分）2. 已知函数，则f(12019)+f(22019)+⋯…+f(20182019)=_________ ； 【答案】2018 【解析】 【分析】本题考查函数的求值，属于中档题．根据已知条件，求得f(x)+f(1−x)=2，即可得到答案．【解答】 解：因为，所以所求为20182×2=2018．故答案为2018．3. (1)若三点A(−2,3)，B(3,−2)，C(12,m)共线，则m 的值为_________．(2)已知直线l ：kx −y +k −2=0和两点A(3,0),B(0,1)，使得直线l 与线段AB 有公共点(含端点)的k 的范围是________．(3)对于实数x ，[x]表示不超过x 的最大整数，已知正数数列{a n }满足S n =12(a n +1a n)，n ∈N ∗，其中S n 为数列{a n }的前n 项的和，则[1S 1+1S 2+⋯+1S121]=______．(4)已知ΔABC 的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若(a +c )(sinA −sinC )=b (sinA −sinB )，且c =√3，则a −b2的取值范围为__________． 【答案】(1)12(2)[12,3](3)20 (4)(−√32,√3) 【解析】 (1)【分析】本题考查三点共线的应用，属于基础题． 【解答】解：由条件可知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,45−2)−(−2,3)=(5,45−5)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,m)−(−2,3)=(52,m −3)，因为A,B,C 三点共线， 所以，解得m =12．故答案为12． (2)【分析】由题易得直线过定点P(−1,−2)，再利用两点的斜率求得k AP=12;k BP=3，可得结果．【解答】解：由题，直线化简可得：k(x+1)−y−2=0易知直线过定点P(−1,−2)，所以，要使直线l与线段AB有公共点，即12≤k≤3．故答案为[12,3]．(3)【分析】先由数列a n,S n的关系求出S n，再利用放缩法和裂项相消求得前n项和S的值，可得答案．【解答】解：由题可知S n>0，当n>1时，S n=12[(S n−S n−1)+1S n−S n−1]化简可得Sn2−Sn−12=1，当n=1,S12=a12=1，所以数列{S n2}是以首项和公差都是1的等差数列，即S n2=n∴S n=√n，又n>1时，2(√n+1−√n)=√n+1+√n <22S n<√n+√n−1=2(√n−√n−1)，记S=1S1+1S2+⋯1S121，一方面S>2[√122−√121+⋯√2−1]=2(√122−1)>20，另一方面S<1+2[(√121−√120)+⋯+(√2−1)]=1+2(√121−1)=21，所以20<S<21即[S]=20．故答案为20．(4)【分析】解三角形问题，需要结合已知条件，根据三角形边角关系、正余弦定理灵活转化已知条件，从而达到解决问题的目的．解三角形的范围问题常见两类，一类是根据基本不等式求范围，另一类是根据边或角的范围计算由正弦定理角化边及余弦定理，整理得C=π3，则A+B=2π3，再根据c=√3，得外接圆半径R=1，所以a−b2=2R(sinA−sinB2)，整理后化成一个角得三角函数，求得取值范围．【解答】解：由正弦定理sinA=a2R ,sinB=b2R,sinC=c2R，得(a+c)(a−c)=b(a−b)，即c2=a2+b2−ab，由余弦定理c2=a2+b2−2abcosC 得C =π3∴A +B =2π3又∵c =√3 csinC =2R ， ，由题可知 0<A <2π3则−π6<A −π6<π2， ∴−√32<a −b 2<√3 ，即a −b2的范围(−√32,√3)． 故答案为(−√32,√3)．4. 已知f(x)=4x4x +2，则f(12002)+f(22002)+⋯+f(20012002)=____________．【答案】20012【解析】 【分析】本题考查了函数的简单性质，函数值的求解，由f(x)+f(1−x)=1可计算得答案． 【解答】 解：因为f(x)=4x 4x +2，f(1−x)=41−x41−x +2=44+2×4x =24x +2， 所以f(x)+f(1−x)=1，又S =f(12002)+f(22002)+⋯+f(20012002)， S =f(20012002)，+f(20002002)+...+f(12002)， 故可得2S =2001， 故可得S =20012，故答案为20012．5. (1)二次不等式ax 2+bx +1>0的解集为{x|−1<x <13}，则ab 的值为________． (2)若在△ABC 中，∠A =60°，b =1，S ΔABC =√3，则a+b+c sinA+sinB+sinC =________．(3)设f (x )=4x4x +2，利用倒序相加法可求得f (111)+f (211)+⋅⋅⋅+f (911)+f (1011)=________．(4)设S n 是数列{a n }的前项和，且a 1=−1，a n+1=S n S n+1，则S n =_________． 【答案】(1)6(2)2√393(3)5 (4)−1n【解析】 (1)【分析】本题考查了解一元二次不等式与相应函数和方程的关系，属于容易题． 【解答】解：二次不等式ax 2+bx +1>0的解集为{x|−1<x <13}， 则ax 2+bx +1=0的两个根为−1，13，则有韦达定理可得{−1+13=−ba−1×13=1a ，解得{a =−3b =−2， 则ab 的值为6． 故答案为6． (2)【分析】本题考查了三角形面积公式，考查了正弦定理以及余弦定理，属于中档题． 由三角形面积可求C 的值，再由余弦定理可得a 的值，再由正弦定理可求得结果． 【解答】解：已知在△ABC 中，∠A =60°，b =1，，则，，解得c =4，由余弦定理可得，a 2=16+1−2×1×4×12=17−4=13，可得a =√13， 由正弦定理可得．故答案为2√393．(3)【分析】本题考查了函数求值，考查了倒序相加法，考查了运算能力，属于中档题． 【解答】解：设f(x)=4x4x +2，f (1−x )=41−x41−x +2=44x 44x+2=44+2·4x =22+4x ，f (x )+f (1−x )=4x4x +2+24x +2=1，f(111)+f(211)+⋅⋅⋅+f(911)+f(1011) =[f (111)+f (1011)]+[f (211)+f (911)]+···+[f (511)+f (611)]=1+1···+1=5． 故答案为5． (4)【分析】本题考查了由数列的递推式求数列的通项公式，考查了等差数列的通项公式，属于中档题． 【解答】解：已知S n 是数列{a n }的前项和，且a 1=−1， 由a n+1=S n S n+1，则S n+1−S n =S n S n+1，S n+1−S n S n S n+1=1，则1S n−1Sn+1=1，可得1Sn+1−1S n=−1，则数列{1S n}为等差数列，首相为1S 1=1a 1=−1，公差为−1，则1S n=(−1)+(n −1)×(−1)=−1+−n +1=−n ，S n =−1n ． 故答案为−1n ．6. 记等差数列{a n }的前项和为S n ，利用倒序相加法的求和办法，可将S n 表示成首项a 1，末项a n 与项数的一个关系式，即S n =(a 1+a n )n2；类似地，记等比数列{b n }的前项积为T n ,b n >0(n ∈N ∗)，类比等差数列的求和方法，可将T n 表示为首项b 1，末项b n 与项数的一个关系式，即公式T n =______． 【答案】√(b 1⋅b n )n 【解析】 【分析】本题考查类比推理、等差和等比数列的类比，搞清等差和等比数列的联系和区别是解决本题的关键．由等差和等比数列的通项和求和公式及类比推理思想可得结果，在运用类比推理时，通常等差数列中的求和类比等比数列中的乘积． 【解答】解：等差数列{a n }的前n 项和为S n =(a 1+a n )n2，因为等差数列中的求和类比等比数列中的乘积，所以各项均为正的等比数列{b n }的前n 项积T n =(b 1⋅b n )n2=√(b 1⋅b n )n ， 故答案为√(b 1⋅b n )n ．7. 2C n1+3C n 2+4C n 3+⋯+(n +1)C n n = ． 【答案】(n −2)2n−1−1 【解析】 【分析】本题考查了二项式定理的应用，倒序相加求和，解答本题的关键是设t =2C n 1+3C n 2+4C n 3+⋯…+(n +1)C n n =C n 0+2C n 1+3C n 2+4C n 3+⋯…+(n +1)C n n −1利用C n a =C n n−a 采用倒序相加法求得2t =(n +2)(C n 0+C n 1+C n 2+C n 3+⋯…+C n n )−2，再利用二项式定理得出t 的值即可． 【解答】解：设t =C n 0+2C n 1+3C n 2+4C n 3+⋯…+(n +1)C n n −1， 则t =(n +1)C n n +⋯…+4C n 3+3C n 2+2C n 1+C n 0−1， ∵C n a =C n n−a ，∴2t =(n +2)(C n 0+C n 1+C n 2+C n 3+⋯…+C n n )−2，∴2t =(n +2)(1+1)n −2， ∴t =(n −2)2n−1−1． 故答案为(n −2)2n−1−1．8. (1)已知实数x ，y 满足不等式组{x −3y +5≥02x +y −4≤0y +2≥0，则z =x +y 的最小值为________． (2)已知函数f(x)是R 上的奇函数，且满足f(x +2)=−f(x)，当x ∈[0,1]时，f(x)=x ，则方程f(x)=2x−8x+1在(0,+∞)解的个数是____________．(3)已知F 为双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的右焦点，过原点的直线l 与双曲线交于M ，N 两点，且MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·NF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，△MNF 的面积为ab ，则该双曲线的离心率为________． (4)已知数列{a n }的通项公式为a n =3n −2，则这个数列用列举法可以表示为1，4，7，10，13，16，19，22，25......现在用这些数构成一个正三角形数阵(如下图)，则这个数阵中第六个三角形的下底边的所有数的和是________．【答案】(1)−13； (2) 4 ； (3)√2 ; (4)7361． 【解析】 【分析】(1)考查线性规划求最值，属于基础题；(2)考查函数的奇偶性以及函数与方程思想求根的个数问题，有一定难度； (3)考查双曲线求离心率，属于基础题； (4)考查等差数列求和，属于基础题． 【解答】 解：(1)由题意可知，当目标函数z =x +y 经过直线x −3y +5=0和直线y +2=0的交点(−11,−2)时，取最小值−13． 所以答案为−13;(2)因为函数f(x)是R 上的奇函数，且满足f(x +2)=−f(x)， 所以f(x +4)=−f(x +2)=f(x)， 所以f(x)是周期为4的周期函数． 又因为f(x +2)=−f(x)=f(−x)， 所以函数f(x)关于x =1对称，所以在(0,+∞)函数f(x)与函数f(x)=2x−8x+1的图像交点有4个，所以方程f(x)=2x−8x+1在(0,+∞)解有4个．故答案为4;(3)因为MF⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·NF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥NF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ． 设双曲线的左焦点为F′，则由双曲线的对称性知四边形F′MFN 为矩形，则有|MF|=|NF′|，|MN|=2c.不妨设点N 在双曲线右支上，由双曲线的定义知，|NF′|−|NF|=2a ，所以|MF|−|NF|=2a.因为S △MNF =12|MF|·|NF|=ab ，所以|MF||NF|=2ab.在Rt △MNF 中，|MF|2+|NF|2=|MN|2，即(|MF|−|NF|)2+2|MF||NF|=|MN|2，所以(2a)2+2·2ab =(2c)2，把c 2=a 2+b 2代入，并整理，得ba =1，所以e =ca = √1+(b a)2=√2.所以答案为√2 ;(4)由题意可知，数阵中第六个三角形的下底边的第一个数是a 137=137×3−2=409，而共有17项，所以和为409×17+17×162×3=7361．故答案为7361．9. (1)已知等差数列{a n }的公差为d ，则有1a n a n+1=1d (1a n−1an+1).( )(2)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°+sin 22°+sin 23°+⋯+sin 288°+sin 289°=44.5.( )(3)求S n =a +2a 2+3a 3+⋯+na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)若数列a 1，a 2−a 1，…，a n −a n −1是(n >1,n ∈N ∗)首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n =3n −12.( )【答案】(1)×； (2)√； (3)×；(4)√【解析】【分析】根据相关知识逐一判断即可． 【解答】解：已知等差数列{a n }的公差为d ，当d =0时，1a n a n+1=1d (1a n−1an+1)不成立，错误．推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°+sin 22°+sin 23°+⋯+sin 288°+sin 289°=44.5.正确．求S n =a +2a 2+3a 3+⋯+na n 时，a =0不能把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．错误．若数列a 1，a 2−a 1，…，a n −a n−1是(n >1,n ∈N ∗)首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n =3n −12，正确．10. (1)若实数x ，y 满足{x −y ⩽−2x +y ⩽7x −1⩾0，则(x +2)2+(y −2)2的最大值为________．(2)设函数f(x)=x+12x−1，设数列{a n }满足a n =f(n2019)，则{a n }的前2019项和为________．(3)已知圆C ：(x −2)2+y 2=2，直线l ：x +y +2=0，点P 在直线l 上，过点P 作圆C 的切线，切点为Q ，则|PQ|的最小值为________．(4)已知函数f(x)=e x (e x −a)−a 2x ，若f(x)≥0，则实数a 的取值范围为________．【答案】(1)532；(2)1011；(3)√6；(4)[−2e 34,1] 【解析】 (1)【分析】本题主要考查了利用线性规划求距离的最值，属于基础题． 【解答】解：由已知得可行域，如图所示，交点坐标分别：A (52,92)，B(1,3)，C(1,6)，则与点A 的距离为(52+2)2+(92−2)2=1064=532，与点B 的距离为(1+2)2+(3−2)2=10，与点C 的距离为(1+2)2+(6−2)2=25，则最大值为532． 故答案为532． (2)【分析】本题主要考查了利用倒序相加法求和，属于中等题． 【解答】解：由f(x)=x+12x−1，则f(1−x)=1−x+12(1−x )−1=x−22x−1， f(x)+f(1−x)=x+12x−1+x−22x−1=1． ∵足a n =f(n2019)，a 2019=f(1)=2 ∴a 1+a 2018=f (12019)+f (20182019)=1， a 2+a 2017=1，⋯a 2018+a 1=1则两式相加得，S 2018=1009，则S 2019=S 2018+a 2019=1009+2=1011． 故答案为1011． (3)【分析】本题主要考查了直线与圆的位置关系，属于中等题． 【解答】解：由已知得，圆心坐标C(2,0)，半径为√2，在Rt △PCQ 中，|PQ |=√PC 2−CQ 2，当|CP|的距离最小时，|PQ|最小， 即当CP 垂直直线x +y +2=0时，|CP|最小，则|CP |=|2+2|√2=2√2，则|PQ |min =√(2√2)2−(√2)2=√6．故答案为√6． (4)【分析】本题主要考查了导数在函数中的应用，属于中等题． 【解答】解：f′(x)=2e 2x −ae x −a 2=(2e x +a )(e x −a )当a >0时，则2e x +a >0，令f′(x)>0，得x >lna ，令f′(x)<0，的x <lna; 函数f(x)的最小值为f(x)min =f(lna)=a(a −a)−a 2lna =−a 2lna; ∵f(x)≥0，，即0<a ≤1；若a =0，则f′(x)=2e 2x >0恒成立，f (x )=e 2x >0；若a <0，则e x −a >0恒成立，令f′(x)>0，得f′(x)=(2e x +a)(e x −a)，即2e x +a >0， 解得，令f′(x)<0，解得．函数f(x)的最小值为，∵f(x)≥0，，解得a ≥−2e 34，综上所述，a 的求值范围是[−2e 34,1]． 故答案为[−2e 34,1]．三、解答题（本大题共10小题，共120.0分）11. 设(p +x)n =a 0(n,p)+a 1(n,p)(x −1)+⋯+a r (n,p)(x −1)r +⋯+a n (n,p)(x −1)n ，其中p ∈R, n ∈N ∗,a r (n,p)(r =0,1,2,⋯,n)与x 无关． (1)若a 2(5,p)=10，求p 的值；(2)试用关于n 的代数式表示：∑(i +1)n i=0a i (n,0)；(3)设T n =∑a i n i=0(n,n −1), c n =√T n n−1，试比较∑ln (2ci 2c i −1)n i=1与ln (2c n +1)2的大小．【答案】解：(1)由题意知 a r (n,p)=C nr (p +1)n−r ， 所以 a 2(5,p)=C 52(p +1)3=10，所以p =0 ． (2)通项 (r +1)a r (n,0)=(r +1)C n r ，记S =∑(n i=0i +1) a i (n,0) ，所以S =C n 0+2C n 1+3C n 2+⋯+(n +1) C n n ，由倒序相加可得 2S =(n +2)(C n 0+C n 1+C n 2+⋯+C n n )=(n +2)2n ，故S =(n +2)2n−1 ．(3)依题意，T n =(n +1)n ，c n =√T n n −1=n ， 猜想：．下面用数学归纳法证明: ①当n =1时，，，，此时不等式成立；②假设 n =k (k ≥1)时，不等式成立，即 ，则n =k +1时，．所以当n =k +1时，不等式也成立；根据①②可知，不等式对一切正整数n 均成立． 故．【解析】本题考查的知识点是二项式定理，数列求和的方法以及用数学归纳法证明不等式，准确写出二项展开式的特定项的系数，恰当进行相关分式的放缩是解题的关键． (1)准确表达a r (n,p )，再解方程求p; (2)利用倒序相加法求和；(3)先猜想结论，再使用数学归纳法，注意利用4k 2+8k+42k+1>4k 2+8k+32k+1完成证明 ．12. 设A(x 1,f (x 1))，B(x 2,f (x 2))是函数f (x )=12+log 2(x1−x )的图象上的任意两点．(1)当x 1+x 2=1时，求f (x 1)+f (x 2)的值；(2)设S n =f (1n+1)+f (2n+1)+f (3n+1)+⋯⋯f (n−1n+1)+f (nn+1)，其中n ∈N ∗，求S n ； (3)对应(2)中S n ，已知a n =(1S n+1)2，其中n ∈N ∗，设T n 为数列{a n }的前n 项和，求证49≤T n <53．【答案】解：(1)A ，B 时f(x)图像上两点，x 1+x 2=1则f(x 1)+f(x 2)=12+log 2x 11−x 1+12+log 2x 21−x 2化简得：f(x 1)+f(x 2)=1+log 2x 1x21−(x 1+x 2)+x 1x 2=1+log 21=1故f(x 1)+f(x 2)=1．(2)∵11+n +n 1+n =21+n +n −11+n=⋯=1 ∴f(1n +1)+f(n n +1)=f(2n +1)+f(n −1n +1)=⋯=1 S n =f(1n +1)+f(2n +1)+⋯f(n n +1);S n =f(n n +1)+f(n −1n +1)⋯f(1n +1) 则两式相加有：2S n =n ． 故S n =n2．(3)a n =(1S n +1)2=(2n +2)2; T n =432+442+452+⋯4(n +2)2; a n 每一项都大于0， 则：T n ≥a 1=49； 又有：T n=432+442+452+⋯4(n+2)2<432−1+442−1+452−1+⋯4(n+2)2−14 32−1+442−1+452−1+⋯4(n+2)2−1=2(12−14+13−15+14−16+⋯1n−1n+2+1n+1−1n+3)即432−1+442−1+452−1+⋯4(n+2)2−1=2(56−1n+2−1n+3)<53故T n<53．综上所述：49≤T n<53．【解析】本题考查函数值的求法，数列求和和不等式的证明，有一定难度．(1)运用对数函数的运算代入计算即可，同时注意利用条件x1+x2=1．(2)利用(1)的结论，需要倒序求和：将S n倒序后再加上S n即可．(3)难点在于不等式的缩放与裂项相消，将4(n+2)2放大为4(n+2)2−1，便于求和运算，然后利用：4(n+2)2−1=2(1(n+2)−1−1(n+2)+1)进行裂项相消．13.若无穷数列{a n}满足：a n>0，且对任意的s<k<l<n，s+n≥k+l(s,k，l，n∈N∗)都有a s+a n≥a k+a l，则称数列{a n}为“T”数列．(1)己知等差数列{a n}的通项为a n=2n−1，证明：{a n}是“T”数列；(2)若数列{b n}是“T”数列，且数列{b n}的前n项之和S n满足S nn ≥b1+b n2，求证：数列{b n}是等差数列；(3)等比数列{c n}的公比为q，前n项之和为T n，若c1>0，q≥1，证明：数列{T n}是“T”数列．【答案】证明：(1)∵等差数列{a n}的通项为a n=2n−1，∴a s+a n−(a k+a l)=2(n+s−k−l)，∴当s+n≥k+l时，a s+a n−(a k+a l)>0，即a s+a n≥a k+a l．∴{a n}是“T”数列；(2)S n=b1+b2+b3+⋯+b n，∴2S n=(b1+b n)+(b2+b n−1)+⋯+(b n+b1)，∵数列{b n}是“T”数列，∴b1+b n≥b2+b n−1,b1+b n≥b3+b n−2,⋯,b1+b n≥b n+b1，∴2S n≤n(b1+b n)，又∵S nn ≥b1+b n2,∴2S n=n(b1+b n)，又∵2S n−1=(n−1)(b1+b n−1),n≥2，两式相减得：(n−2)b n−(n−1)b n−1+b1=0,n≥2，∴(n−1)b n+1−nb n+b1=0，两式相减得：2b n=b n−1+b n+1,n≥2，∴数列{b n}是等差数列；(3)解：①当q=1时，T n=nc1,s+n≥k+l，T s+T n−(T k+T l)=(s+n−k−l)c1≥0，∴数列{T n}是“T”数列．②当q>1时，T s+T n−(T k+T l)=c11−q(q k+q l−q s−q n)=c1q s1−q(q k−s+q l−s−1−q n−s)，∵s+n≥k+l,n≥k+l−s，∴q n−s≥q k+l−2s=q k−s q l−s，∴T s+T n−(T k+T l)≥c1q s1−q (q k−s+q l−s−1−q k−s q j−s)=c1q s1−q(q k−s−1)(1−q l−s)，又∵s<k<l<n，∴T s+T n−(T k+T l)≥0，∴数列{T n}是“T”数列．【解析】本题考查数列的新定义问题，涉及等差数列的通项公式，等差数列的判定与证明，倒序相加求和思想，不等式的性质，不等式的证明，等比数列的求和公式的正确运用，属难题(1)根据“T”数列的定义，结合等差数列的通项公式直接验证即可；(2)2S n=(b1+b n)+(b2+b n−1)+⋯+(b n+b1)，根据数列{b n}是“T”数列，可得b1+b n≥b2+b n−1,b1+b n≥b3+b n−2,⋯,b1+b n≥b n+b1，从而2S n≤n(b1+ b n)，再结合本小题的已知条件，得到2S n=n(b1+b n)，进而将n换成n−1，并与原式相减，利用项与和的关系得到(n−2)b n−(n−1)b n−1+b1=0,n≥2，再次将n换成n+1，两式相减得证；(3)先就q =1的情况进行验证，对于q >1的情况，利用求和公式求得T s +T n −(T k +T l )并提取公因式整理为c 1q s1−q(q k−s +q l−s −1−q n−s )，根据s +n ≥k +l,n ≥k +l −s ，得到q n−s ≥q k+l−2s =q k−s q l−s ，并结合不等式的基本性质进行证明即可．14. 设．(1)求2P 2−Q 2的值； (2)化简nP n −Q n ．【答案】解：(1)由题可知P 2=1C 40−1C 41+1C 42−1C 43+1C 44=53，Q 2=−1C 41+2C 42−3C 43+4C 44=103，所以2P 2−Q 2=0． (2)设T =nP n −Q n ，则T =(n C 2n0−n C 2n1+n C 2n2−⋯+n C 2n2n )−(−1C 2n1+2C 2n2−3C 2n3+⋯+2nC 2n2n )=n C 2n 0−n −1C 2n 1+n −2C 2n 2−n −3C 2n 3+⋯+−n C 2n2n ........① 因为C 2n k =C 2n2n−k， 所以T =n C 2n2n −n−1C 2n2n−1+n−2C 2n2n−2−n−3C 2n2n−3+⋯+−nC 2n=−n C 2n 0−1−n C 2n 1+2−n C 2n 2−3−n C 2n 3+⋯+nC 2n2n ........② ①+②，得2T =0，即T =nP n −Q n =0， 所以nP n −Q n =0．【解析】本题考查了数列的递推关系式以及组合数公式，属于中档题． (1)直接带入数值求解即可；(2)借助组合数公式C 2n k =C 2n2n−k ，再对数列进行倒序相加求和即可．15. 已知数列{a n }的前项和S n =2n+2−4(n ∈N ∗)，函数f(x)对任意x ∈R 都有f(x)+f(1−x)=1，数列{b n }满足b n =f(0)+f(1n )+f(2n )…+f(n−1n)+f(1)．(1)分别求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n =a n ⋅b n ，T n 是数列{c n }的前项和，是否存在正实数k ，使不等式k(n 2−9n +26)T n >4nc n 对于一切的n ∈N ∗恒成立？若存在请指出k 的取值范围，并证明；若不存在请说明理由． 【答案】解：(1)∵S n =2n+2−4 (n ∈N ∗)， ∴n =1, a 1=S 1=21+2−4=4，n ≥2, a n =S n −S n−1=(2n+2−4)−(2n+1−4)=2n+1， n =1时满足上式， ∴ a n =2n+1 (n ∈N ∗)， ∵f(x)+f(1−x)=1， ∴f(1n )+f(n−1n)=1，，∵b n =f(0)+f(1n)+f(2n)…+f(n−1n)+f(1)，①∴b n =f(1)+f(n−1n)+f(n−2n)+⋯+f(1)+f(0)，②∴①+②，得2b n =n +1 ∴b n =n+12.，(2)∵c n =a n ⋅b n ， ∴c n =(n +1)⋅2n ，∴T n =2⋅21+3⋅22+4⋅23+⋯+(n +1)⋅2n ，① 2T n =2×22+3×23+4×24+⋯+(n +1)×2n+1，② ①−②，得−T n =4+22+23+⋯+2n −(n +1)⋅2n+1， 即T n =n ⋅2n+1．要使得不等式k(n 2−9n +26)T n >4nc n 恒成立， ∵(n 2−9n +26)T n >0恒成立， ∴k >4nc n (n 2−9n+26)T n 对于一切的n ∈N ∗恒成立，即k >2(n+1)n 2−9n+26，令g(n)=2(n+1)n 2−9n+26 (n ∈N ∗)，则g(n)=2(n+1)(n+1)2−11(n+1)+36=2(n+1)−11+36(n+1)≤2√(n+1)⋅36(n+1)−11=2当且仅当n =5时等号成立， ∴g(n)max =2， 所以k >2为所求．，【解析】本题考查数列的通项公式的求法，考查满足条件的正实数是否存在，对数学思维的要求较高，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件．(1)由S n =2n+2−4 (n ∈N ∗)，利用公式a n ={S 1,n =1S n −S n−1,n ≥2，能求出数列{a n }的通项公式．由f(x)+f(1−x)=1，b n =f(0)+f(1n )+f(2n )…+f(n−1n)+f(1)，利用倒序相加求和法能求出{b n }的通项公式．(2)由c n =a n ⋅b n ，结合(1)得到c n =(n +1)⋅2n ，利用错位相减法求出数列{c n }的前项和T n ，要使得不等式k(n 2−9n +26)T n >4nc n 恒成立，只需k >4ncn(n 2−9n+26)T n对于一切的n ∈N ∗恒成立，由此能求出k 的取值范围．16. 已知正项等比数列{a n }满足a 1=2，a 3a 7=322，数列{b n }的前n 项和S n =n 2−n ． (Ⅰ)求数列{a n }与{b n }的通项公式：(Ⅱ)设求数列{c n }的前n 项和T n ．【答案】解：(1)根据题意，a 1=2，a 52=322，∴a 1=2，a 5=32，故q =2，所以a n =2n ，因为S n =n 2−n ，∴b n =S n −S n−1=(n 2−n )−[(n −1)2−(n −1)]=2n −2(n ≥2)， 又b 1=S 1=0， 所以b n =2n −2．(2)根据题意，数列{c n }的奇数项构成一个等比数列，首项为2，公比为4，数列{c n }的偶数项构成一个等差数列，首项为2，公差为4， 所以当n 为偶数时，T n=2(1−4n2)1−4+n2(2+2n−2)2=n 22+2n+1−23， 当n 为奇数时T n =T n−1+c n =2(1−4n+12)1−4+n−12(2+2n−4)2+2n=2n+2−23+(n−1)22， 故．【解析】本题考查了等比数列的通项公式，以及数列的求和．(1)根据题意设出基本量，利用已知条件求出基本量，得到等比数列的通项; (2)采用倒序相加法即可得出．17.若无穷数列满足：，且对任意，()都有，则称数列为“”数列．(1)证明：正项无穷等差数列是“a=−2,m=0”数列；(2)记正项等比数列的前项之和为，若数列是“a=−2,m=0”数列，求数列公比的取值范围；(3)若数列是“a=−2,m=0”数列，且数列的前g′(x)=4x+ax−2sinx 项之和满足，求证：数列(0,+∞)是等差数列．【答案】(1)证明：a s+a n−a k−a l=(s+n−k−l)d，因为正项无穷等差数列{a n}，所以d>0，且s+n≥k+l，所以a s+a n≥a k+a l，所以正项无穷等差数列{a n}是“T”数列，(2)当q=1时S s+S n−S k−S l=(s+n−k−l)a1⩾0成立，所以q=1；当q>1时S s+S n−S k−S l=a11−q(q k+q l−q n−q s)=a11−q q s(q k−s+q l−s−q n−s−1)，因为s+n≥k+l，所以n⩾k+l−s，又因为q>1，所以q n−s⩾q k+l−2s=q k−s⋅q l−s，所以q k−s+q l−s−q n−s−1⩽q k−s+q l−s−q k−s⋅q l−s−1=(q k−s−1)(1−q l−s)<0，所以S s+S n−S k−S l=a11−q q s(q k−s+q l−s−q n−s−1)>0，所以q>1，当0<q<1时S s+S n−S k−S l=a11−q(q k+q l−q n−q s)=a11−q q n(q k−n+q l−n−q s−n−1)=a11−q q n((1q)n−k+(1q)n−l−(1q)n−s−1)，因为s+n≥k+l，所以n ⩾k +l −s ，又因为0<q <1，所以(1q )n−s ⩾(1q )k−s ⋅(1q )l−s ，所以(1q )n−k +(1q )n−l −(1q )n−s −1≤(1q)s−k ·(1q )s−l +1−(1q )k−s −(1q )l−s =[(1q )k−s −1][(1q )l−s −1]<0，所以S s +S n −S k −S l =a 11−q q n ((1q )n−s +1−(1q )n−k −(1q )n−l )<0舍去，综上：q ≥1; (3)T n =c 1+c 2+⋯+c n ，T n =c n +c n−1+⋯+c 2+c 1，所以2T n =(c 1+c n )+(c 2+c n−1)+⋯+(c n +c 1)数列{c n }是“T ”数列，所以c 2+c n−1⩽c 1+c n ，c 3+c n−2⩽c 1+c n ，…，c n +c 1⩽c 1+c n ，所以2T n ⩽n(c 1+c n )，所以T n n ⩽c 1+c n 2，又因为T n n≥c 1+c n 2， 所以T n n =c 1+c n 2，即2T n =n(c 1+c n )两次退位相减，可证数列{c n }是等差数列【解析】本题新定义的数列，利用新定义，以及等比数列的前n 项和，数列的求和方法：倒序相加法．(1)利用数列的新定义，即可得；(2)利用等比数列的，分类讨论的方法，以及放缩法，即可得；(3)利用数列的求和方法：倒序相加法，以及新数列的定义，即可得．18. 已知各项是正数的等比数列{a n }满足a 3=8,a 4+a 5=48．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知数列{b n }满足b n =log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ．【答案】解：(1)设数列{a n }的公比为q ，∴{a 1q 2=8a 1q 3+a 1q 4=48，两式相除得q 2+q −6=0， ∴q =2或q =3，又∵a n >0，∴q=2，a1=2，∴a n=2n;(2)解析：由(1)可知a n=2n，∴b n=log22n=n，∴S n=1+2+3+⋯…+n=n(n+1)2．【解析】本题考查等比数列的通项公式及数列求和，属于基础题目．(1)由等比数列的通项公式得出关系式求出首项与公比得出通项即可；(2)由(1)得出b n，利用倒序相加法求出{b n}的前n项和即可．19.已知数列{a n}是等差数列，其前n项和为S n，且a3=11，S9=153．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=2a n，证明{b n}是等比数列，并求其前n项和A n；(3)设c n=1a n a n+1，求其前n项和B n．【答案】解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，则有a3=11=a1+2d，S9=153=9a1+36d，联立解得d=3，a1=5，所以a n=3n+2．(2)由(1)知b n=23n+2，b n+1b n =23n+523n+2=23=8，又b1=32，所以{b n}是以32为首项，8为公比的等比数列，所以A n=327(8n−1)．(3)由(1)知c n=1a n a n+1=1(3n+2)(3n+5)=13(13n+2−13n+5)，根据累加法可得B n=13(15−13n+5)=n15n+25．【解析】本题考查等差数列的通项公式与求和，考查等比数列的判断与求和，累加法求和的考查，属于中档题．(1)依题意，解关于等差数列{a n}的首项与公差的方程组即可求得首项与公差，从而可得数列的通项公式．(2)利用等比数列的定义可证{b n}是等比数列，利用等比数列的求和公式即可求得其前n 项和．(3)利用列项相消法即可求得{c n}前n项和，注意计算的准确性．20.求证：C n0+3C n1+5C n2+⋯+(2n+1)C n n=(n+1)2n．【答案】证明：设S=1+3C n1+5C n2+10C n3+⋯+(2n+1)C n n，①，则S=(2n+1)C n n+(2n−1)C n n−1+⋯+3C n1+1.②，①②两式相加，得2S=(2n+2)(C n0+C n1+C n2+⋯+C n n)=(2n+2)⋅2n，∴S=(n+1)⋅2n．【解析】本题考查组合与组合数的性质，倒序相加法的运用，属于中档题．在证明过程中，注意观察所给的等式的左边的结构特点，出现可以应用倒序相加的运算，再在等式两边同除以2，得到要证明的结论成立．。
高中数学倒序相加法15(含答案)
高中数学倒序相加法15（含答案）一、单选题（本大题共6小题，共30.0分）1. 已知函数f(x)=21+x 2(x ∈R)，若等比数列{a n }满足a 1004a 1016=1，则f(a 1)+f(a 2)+f(a 3)+⋯+f(a 2019)=( )A. 2019B.20192C. 2D. 12【答案】A 【解析】 【分析】本题考查函数值的求法，考查函数性质、等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．根据f(x)+f(1x )=21+x 2+21+(1x)2=21+x 2+2x 2x 2+1=2，由此得出f(a 1)+f(a 2019)=f(a 2)+f(a 2018)=f(a 3)+f(a 2017)=···=f(a 2019)+f(a 1)=2，即得答案． 【解答】解：∵函数f(x)=21+x 2(x ∈R)， ∴f(x)+f(1x )=21+x 2+21+(1x)2=21+x 2+2x 2x 2+1=2． ∵数列{a n }为等比数列，且a 1004a 1016=1，∴a 1a 2019=a 2a 2018=a 3a 2017=⋯=a 2019a 1=1，∴f(a 1)+f(a 2019)=f(a 2)+f(a 2018)=f(a 3)+f(a 2017)=···=f(a 2019)+f(a 1)=2， ∴f(a 1)+f(a 2)+f(a 3)+···+f(a 2019)=2019， 故选A ．2. 函数f(x)={x+2x−1, x ≠11,x =1则f(1101)+f(2101)+f(3101)+⋯+f(201101)的值为( ) A. 199B. 200C. 201D. 202【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是组合求和法，难点在于利用函数的解析式找出函数值的规律，本题有一定的思维难度，属于中档题．先将式子f(1101)+f(2101)+f(3101)+⋯+f(201101)进行首尾组合，利用规律：当x 1≠1，x 2≠1，且x 1+x 2=2时，f(x 1)+f(x 2)=2成立．易得本题结论． 【解答】解：∵函数f(x)=f(x)={x+2x−1, x ≠11,x =1, ∴当x ≠1时，f(x)=x+2x−1=1+3x−1， ∴当x 1≠1，x 2≠1，且x 1+x 2=2时，有：f(x 1)+f(x 2)=1+3x 1−1+1+3x 2−1=2+3(x 1+x 2)−6(x 1−1)(x 2−1)=2．∵1101+201101=2，∴f(1101)+f(201101)=2．同理f(2101)+f(200101)=2； f(3101)+f(199101)=2； f(4101)+f(198101)=2；…f(100101)+f(102101)=2． 又∵f(101101)=f(1)=1． ∴f(1101)+f(2101)+f(3101)+⋯+f(201101)=201．故选C ．3. 德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》，在其年幼时，对1+2+3+⋯+100的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法.现有函数f(x)=2x3m+6057(m >0)，则f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(m +2018)等于( )A.m+20183B.2m+40363C.m+40366D.2m+40376【答案】A 【解析】本题考查求函数值，考查求等差数列的和，属于基础题.正确应用等差数列的求和公式是解题的关键． 【解答】f(1)+f(2)+f(3)⋯+f(m +2018)=2×13m+6057+2×23m+6057+⋯+2(m+2017)3m+6057+2(m+2018)3m+6057，又f(1)+f(2)+f(3)⋯+f(m +2018)=2(m+2018)3m+6057+2(m+2017)3m+6057+⋯+2×23m+6057+2×13m+6057，两式相加可得f(1)+f(2)+f(3)⋯+f(m +2018)=2m+40366=m+20183．故选A ．4. 已知函数f(x)=4x4x +2，设a n =f(n2019)(n ∈N ∗) ，则数列{a n }的前2019项和S 2019的值为( )A.30293B.30323C.60563D.60593【答案】A 【解析】 【分析】本题考查数列的函数特征及数列的求和，属于中档题．由题意，可得f(x)+f(1−x)=1，从而利用倒序相加法即可得出答案． 【解答】 解：∵f(x)=4x 4x +2，∴f(x)+f (1−x )=4x4x +2+41−x41−x +2 =4x4x +2+44+2·4x =1， ∴S 2019= a 1+a 2+a 3+⋯ +a 2018+a 2019 =f (12019)+f (22019)+f (32019)+ ⋯+f (20172019)+f (20182019)+f (20192019) =[f (12019)+f (20182019)] +[f (22019)+f (20172019)] +[f (32019)+f (20162019)]+⋯+f (1) =1009×1+44+2=30293．5. 设f′(x)是函数y =f(x)的导数，f′′(x)是f′(x)的导数，若方程f′′(x)=0有实数解x 0，则称点(x 0,f(x 0))为函数y =f(x)的“拐点”.已知：任何三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设f(x)=13x 3−2x 2+83x +1，数列{a n }的通项公式为a n =n −1007，则∑f 2017i=1(a i )=( )．A. 4034B. 4036C. 2018D. 2017【答案】A 【解析】 【分析】本题考查导数的计算及倒序相加法求和，由定义求出f(x)的对称中心，得出f(x)的性质，然后倒序相加即可求解.本题属于一般题型． 【解答】解：由已知得f′′(x)=2x −4， 令2x −4=0，得x =2， 又f(2)=2，所以f(x)有对称中心(2,2)， 所以f(−x)+f(x +4)=4，设S =∑f 2017i=1(a i )=f(−1006)+f(−1005)+⋯+f(1010)， 则S =f(1010)+f(1009)+⋯+f(−1006)， 两式相加得2S =4×2017， 解得S =4034． 故选A ．6.德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子.19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》，在其年幼时，对1+2+3+⋯+100的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法，现有函数f(x)=2x3m+6057(m>0)，则f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(m+2018)等于()A. m+20183B. 2π+40363C. m+40366D. 2π+40376【答案】A【解析】【分析】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．利用等差数列的求和公式即可得出．【解答】解：∵函数f(x)=2x3m+6057(m>0)，则f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(m+2018)=23m+6057+2×23m+6057+⋯…+2(m+2018)3m+6057=2×(m+2018)(1+m+2018)23m+6057=(m+2018)(m+2019)3(m+2019)=m+20183．故选A．二、单空题（本大题共9小题，共45.0分）7.已知函数f(x)=x+sinπx−3，则f(12018)+f(22018)+f(32018)+⋯+f(40352018)的值为_______．【答案】−8070【解析】【分析】本题考查了倒序相加求和，属于中档题．由已知得f(x)+f(2−x)=−4，从而利用倒序相加可求得结果．【解答】解：∵函数f(x)=x+sinπx−3，∴f(2−x)=2−x+sin(2π−πx)−3=2−x−sinπx−3，∴f(x)+f(2−x)=−4，设f(12018)+f(22018)+f(32018)+⋯+f(40352018)=S，则f(40352018)+...+f(32018)+f(22018)+f(12018)=S，故2S=[f(12018)+f(40352018)]+[f(22018)+f(40342018)]+...+[f(40352018)+f(12018)]=(−4)×4035=−16140故S=−8070，故答案为−8070．8.(1)在等差数列{a n}中，已知a1+a3+a5=18,a n−4+a n−2+a n=108,S n=420,则n=__．(2)命题：“存在x∈R，使x2+ax−4a<0”为假命题，则实数a的取值范围是__．(3)给出下列函数：①y=x+1x；②y=lgx+log x10(x>0,x≠1)；③y=sinx+1 sinx (0<x≤π2)；④y=2√x2+2；⑤y=12(x+1x−2)(x>2).其中最小值为2的函数是_______.(填序号)(4)如果一个实数数列{a n}满足条件：a n+12−a n=d(d为常数，n∈N∗)，则称这一数列“伪等差数列”，d称为“伪公差”.给出下列关于某个伪等差数列{a n}的结论：①对于任意的首项a1，若d<0则这一数列必为有穷数列；②当d>0,a1>0时，这一数列必为单调递增数列；③这一数列可以是一个周期数列；④若这一数列的首项为1，伪公差为3，−√5可以是这一数列中的一项；⑤若这一数列的首项为0，第三项为−1，则这一数列的伪公差可以是√5−32．其中正确的结论是________________．【答案】(1)20(2)[−16,0](3)③⑤(4)③④【解析】(1)【分析】本题考查等差数列的性质及倒序相加法求和，考查了分析问题和解决问题的能力，属于中档题.由已知数列{a n}为等差数列，由等差数列的性质将已知倒序相加解得a1+a n=42，即可求和，继而解得n．【解答】解：由已知数列{a n}为等差数列，且a1+a3+a5=18，a n−4+a n−2+a n=108，由于a1+a n=a3+a n−2=a5+a n−4解得a1+a n=42，S n=420=n(a1+a n)，2即420=21n则n=20．故答案为20．(2)【分析】本题考查一元二次不等式的应用，注意联系对应的二次函数的图象特征，体现了等价转化的数学思想，属基础题．将条件转化为x2+ax−4a≥0恒成立，必须△≤0，从而解出实数a的取值范围．【解答】解：命题：“存在x∈R，使x2+ax−4a<0”为假命题，即x2+ax−4a≥0恒成立，必须△≤0，即：a2+16a≤0，解得−16≤a≤0，故实数a的取值范围为[−16,0]．故答案为[−16,0]．(3)【分析】本题考查函数最值的求法，考查基本不等式的运用，考查运算能力，属于中档题．运用分类讨论可判断①②不成立；由函数的单调性可知④不成立；运用正弦函数的单调性可得③对；由x−2>0，运用基本不等式可知⑤对．【解答】，当x>0时，y有最小值2；x<0时，有最大值−2；解：①y=x+1x②y=lgx+log x10(x>0,x≠1)，x>1时，有最小值2；0<x<1时，有最大值−2；③y=sinx+1sinx (0<x≤π2)，t=sinx(0<t≤1)，y=t+1t≥2√t⋅1t=2，x=π2最小值取得2，成立；④y=2√x2+2=√x2+2√x2+2，t=√x2+2(t≥√2)，y=t+1t递增，t=√2时，取得最小值3√22；⑤y=12(x+1x−2)(x>2)=12(x−2+1x−2+2)≥12(2√(x−2)⋅1x−2+2)=2，x=3时，取得最小值2．故答案为：③⑤．(4)【分析】本题考查数列的性质，注意解题方法的积累，属于中档题．通过取a1=12、d=−14、a n>0易知①不正确；通过a n+1=±√a n+d可知②不正确；不妨取伪公差d=0，首项为1，即得这一数列是周期数列故③正确；通过代入计算可知④正确；通过首项及平方大于等于0即得⑤不正确．【解答】解：①当a1=12、d=−14、a n>0时，依题意，a n=12，故不正确；②当d>0，a1>0时，∵a n+1=±√a n+d，∴这一数列不是单调递增数列，故不正确；③易知当伪公差d=0、a n=1时，这一数列是周期数列，故正确；④∵a1=1，d=3，∴a2=±√a1+d=±2，∴当a2=2时a3=±√a2+d±√5，故正确；⑤∵a1=0，a3=−1，∴a22=a1+d=d，∴d≥0，而√5−32<0，故不正确；综上所述：③④正确，①②⑤不正确，故答案为：③④．9. (1)已知函数f(x)=14x +2，当x 1+x 2=1时，f(x 1)+f(x 2)=12，则f(1n )+f(2n )+⋯+f(n−1n)=________．(2)已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 9+a 10a 7+a 8=_____．(3)有两个等差数列{a n }，{b n }，其前n 项和分别为S n 和T n ，若SnT n =3n−1n+7，则a7b 7=_____． (4)已知数列{a n }的通项公式，设其前n 项和为S n ，则使S n <−5成立的自然数n 的最小值为__________． 【答案】(1)n−14;(2)3+2√2；(3)1910; (4)63【解析】 (1)【分析】本题主要考查求函数值，考查数列的倒序相加法求和，是基础题． 【解答】解：已知当x 1+x 2=1时，f(x 1)+f(x 2)=12， 令S =f(1n )+f(2n )+⋯+f(n−1n)，则S =f (n−1n )+f (n−2n)+⋯+f (1n )，两式相加，得2S =[f (1n )+f (n−1n)]+[f (2n )+f (n−2n)]+⋯+[f (n−1n)+f (1n )]=n−12，∴S =n−14． 故答案为n−14．(2)【分析】本题主要考查的是等差数列的性质，考查等比数列的通项公式，是基础题．【解答】解：设数列{a n}的公比为q(q≠0)，∵a1，12a3,2a2成等差数列，∴a1+2a2=a3，即a1+2a1q=a1q2，即1+2q=q2，解得q=1±√2．又等比数列{a n}中，各项都是正数，∴q>0，∴q=1+√2，则a9+a10a7+a8=(a7+a8)q2a7+a8=q2=(1+√2)2=3+2√2．故答案为3+2√2．(3)【分析】本题主要考查的是等差数列的性质以及其前n项的和，是基础题．【解答】解：a7b7=2a72b7=a1+a13b1+b13=13(a1+a13)213(b1+b13)2=S13T13=3×13−113+7=1910.故答案为1910．(4)【分析】本题主要考查数列的求和，考查对数的运算及对数函数的单调性，是基础题．【解答】解：由题意知，由S n<−5，得，解得n>62.故自然数n的最小值为63．故答案为63．10.(1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=π6，a=1，b=√3，则B=_____ ．(2)等差数列{a n}，{b n}的前n项和分别为S n，T n，且S nT n =3n+1n+3，则a2+a20b7+b15=______ ．(3)设f(x)=12x+√2，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f(12019)+f(22019)+⋯+f(20172019)+f(20182019)=________．(4)对于△ABC，有如下命题：(1)若sin2A=sin2B，则△ABC一定为等腰三角形．(2)若sinA=sinB，则△ABC一定为等腰三角形．(3)若sin2A+sin2B+cos2C<1，则△ABC一定为钝角三角形．(4)若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC一定为锐角三角形．则其中正确命题的序号是______.(把所有正确的命题序号都填上)【答案】(1)π3或2π3(2)83(3)1009√22(4)(2)(3)(4)【解析】(1)【分析】本题考查正弦定理的应用，属于简单题，但要注意是否是多解．【解答】解：由正弦定理得：asinA =bsinB，1 sinπ6=√3sinB，sinB=√32，，B=π3或2π3．故答案为π3或2π3．(2)【分析】本题主要考查等差数列的性质以及等差数列的前n项和公式的应用，比较基础．根据等差数列的性质及前n项和公式进行转化即可．解：在等差数列中，a2+a20b7+b15=a1+a21b1+b21=a1+a212×21b1+b212×21=S21T21，∵S n Tn=3n+1n+3，∴S21T21=3×21+121+3=6424=83，故答案为83．(3)【分析】本题考查了倒序相加法.利用倒序相加法计算得结论．【解答】解：因为f(x)=12x+√2，所以f(1−x)=21−x+√2=x2+√2×2x=√2×x2x+√2，因此f(x)+f(1−x)=2x+√2+√2×x2x+√2=√2×√22x+√2+√2×x2x+√2=√2，所以f(12019)+f(22019)+⋯+f(20172019)+f(20182019)=1009√22．故答案为1009√22．(4)【分析】本题借助命题考查三角形的有关知识，属于一般题．【解答】解：(1)2A=2B或2A+2B=π，∴△ABC为等腰或直角三角形，故(1)不正确．或，又，不可能成立，故A=B，△ABC一定是等腰三角形，故(2)正确．(3)由sin2A+sin2B+cos2C<1可得sin2A+sin2B<sin2C由正弦定理可得a2+b2<c2再由余弦定理可得cosC<0，C为钝角，命题(3)正确．(4)∵tanA+tanB=tan(A+B)(1−tanAtanB)=−tanC(1−tanAtanB)∴tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC>0∴A、B、C全为锐角，命题(4)正确．故答案是(2)(3)(4)．11.设f(x)=3x+√3，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f(−12)+ f(−11)+f(−10)+...+f(0)+...+f(10)+f(11)+f(12)+f(13)=__________．【答案】13√33【解析】本题考查倒序相加法在数列求和中的运用．利用函数式证明f(x)+f(1−x)=√33，利用f(x)+f(1−x)=√33求解即可．【解答】解：设S=f(−12)+f(−11)+f(−10)+⋯…+f(0)+⋯…+f(11)+f(12)+f(13)则S=f(13)+f(12)+f(11)+⋯…+f(−10)+f(−11)+f(−12)因为f(x)+f(1−x)=3x+√331−x+√3=3x+√3x3+3x·√3=√3+3x√3(√3+3x)=√33，所以2S=√33×26所以S=13√33．故答案为13√33．12.德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学王子．在其年幼时，对1+2+3+⋯+100的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也被称为高斯算法．已知函数f(x)=4x−12x−1，则f(12020)+f(22020)+f(32020)+⋯+f(10092020)+f(10112020)+⋯+f(20192020)=__________．【答案】4036【解析】【分析】本题考查了求函数值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．根据题意，得出f(x)+f(1−x)=4，从而原式利用倒序相加即可得出答案．【解答】解：由题得，由题得，f(x)+f(1−x)=4x−12x−1+4(1−x)−12(1−x)−1=4x−12x−1−4(1−x)−12x−1=4(2x−1)2x−1=4．记S=f(12020)+f(22020)+f(32020)+⋯+f(10092020)+f(10112020)+⋯+f(20192020)，则S=f(20192020)+f(20182020)+⋯+f(10112020)+f(10092020)+⋯+f(22020)+f(12020)，所以2S=4×2018=8072，即S=4036.故答案为4036．13.设f(x)是R上的奇函数，当x>0时，f(x)=2x+ln x4，记a n=f(n−5)，则数列{a n}的前8项和为________．【答案】−16【解析】【分析】本题数列的通项公式以函数形式给出，由于所给函数解析式为指数函数和对数函数的和函数，逐一代入求解非常麻烦．根据所给函数的性质不难发现，本题要求前8项和可以利用对称性求解，从而简化计算．符合数列求和的本质，也将无限项化为有限项的问题．[方法突破]处理与函数有关的数列求和问题，要明确所求，利用好函数的性质，合理转化，如本题，代入后所求为f(−4)+f(−3)+f(−2)+f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)，利用奇函数性质转化后，就变成了求解f(−4)，得到一个简单的函数求值问题．【解答】解：数列{a n}的前8项和为f(−4)+f(−3)+⋯+f(3)=f(−4)+(f(−3)+f(3))+(f(−2)+f(2))+(f(−1)+f(1))+f(0)=f(−4)=−f(4)=−(24+ln44)=−16．14.对于函数f(x)给出定义：设f′(x)是函数y=f(x)的导数，f′′(x)是函数f′(x)的导数，若方程f′′(x)=0有实数解x0，则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”，某同学经过探究发现：任何一个三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)都有“拐点”；任意一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，给定函数f(x)=1 3x3−12x2+3x−512，请根据上面探究结果：计算f(12019)+f(22019)+f(32019)+⋅⋅⋅+f(20182019)=________．【答案】2018【解析】【分析】本题考查导数的运算，以及倒序相加法求和，属较难题．根据已知同学的发现，由题意利用导数运算，求得f(x)的对称中心为(12,1)，根据函数的对称性得到f(1−x)+f(x)=2恒成立，然后利用倒序相加法求和．【解答】解：由f(x)=13x3−12x2+3x−512，∴f′(x)=x2−x+3，∴f′′(x)=2x−1，由f′′(x)=0，得x=12．∴f(x)的对称中心为(12,1)，∴f(1−x)+f(x)=2，故设f(12019)+f(22019)+f(32019)+⋅⋅⋅+f(20182019)=m，则f(20182019)+f(20172019)+⋅⋅⋅+f(12019)=m，两式相加得2×2018=2m，则m=2018，故答案为2018．15.设，根据课本中推导等差数列前n项和的方法可以求得f(1°)+f(2°)+⋯+f(59°)的值是________。